2025化学-中考终极押题猜想试卷（辽宁通用）（解析版）

这是一份2025化学-中考终极押题猜想试卷（辽宁通用）（解析版），共8页。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc8441" 押题猜想一 溶解度曲线 PAGEREF _Tc8441 \h 1
\l "_Tc3235" 押题猜想二 化学式意义和计算11
\l "_Tc23094" 押题猜想三 物质的三重表征——宏观、微观和符号 PAGEREF _Tc23094 \h 17
\l "_Tc27385" 押题猜想四 元素周期表22
\l "_Tc2728" 押题猜想五 反应类型及分析化学方程式26
\l "_Tc14943" 押题猜想六 科普阅读31
\l "_Tc12512" 押题猜想七 教材基础实验42
\l "_Tc26271" 押题猜想八 主题分析题61
\l "_Tc15117" 押题猜想九 项目化探究题80
押题猜想一 溶解度曲线
1．硝酸钾和氯化钠在水中的溶解度曲线如图所示，下列说法正确的是
A．搅拌能增大氯化钠的溶解度
B．硝酸钾的溶解度比氯化钠的大
C．30℃时，硝酸钾的溶解度是45.8g
D．海水晒盐利用了冷却热的饱和溶液的方法
【答案】C
【详解】A、固体溶解度外界因素只受温度影响，用搅拌的方法不能增大氯化钠的溶解度，说法错误；
B、如图所示，没有指明温度，硝酸钾的溶解度不一定比氯化钠大，说法错误；
C、如图所示，30℃时，硝酸钾的溶解度是45.8g，说法正确；
D、如图所示，氯化钠的溶解度受温度影响不大，海水晒盐不适合采用冷却热饱和溶液的方法结晶，而是适合采用蒸发结晶，说法错误；
故选C。
2．NaCl和KNO3的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是

A．KNO3的溶解度比NaCl大
B．40℃时，KNO3饱和溶液的溶质质量分数为63.9%
C．将20℃时NaCl的饱和溶液升温到60℃时，溶液的溶质质量分数增大
D．当KNO3中混有少量NaCl杂质时，可采取冷却KNO3热饱和溶液的方法提纯
【答案】D
【详解】A、物质的溶解度随温度的变化而变化，所以溶解度比较应指明温度，否则无法比较，选项错误；
B、40℃时，硝酸钾的溶解度为63.9g，该温度下，硝酸钾饱和溶液的溶质质量分数为：，选项错误；
C、氯化钠的溶解度随温度的升高而增大，将20℃时NaCl的饱和溶液升温到60℃，溶液会变为不饱和，溶质和溶剂质量都不变，溶液的溶质质量分数不变，选项错误；
D、硝酸钾、氯化钠的溶解度均随温度的升高而增加，硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，故硝酸钾中混有少量氯化钠，可采取冷却热饱和溶液的方法，选项正确；
故选D。
3．将40g固体物质X（不含结晶水）投入盛有20g水的烧杯中，搅拌，测得0℃、t1℃、t2℃、t3℃时烧杯中溶液的质量分别如图中A、B、C、D点所示。下列说法正确的是
A．C、D为饱和溶液
B．0℃时，X的溶解度为70g
C．A、B两点对应的溶液中，溶质质量分数：A＞B
D．将物质X的饱和溶液变为不饱和溶液，可降低温度
【答案】B
【详解】A、据图可知，C点和D点对应的溶液中，是40g溶质完全溶解在20g水中，形成溶液的质量是60g，无法确定是否还能继续溶解，即无法确定是否饱和溶液。A不正确；
B、据图可知，0℃时，20g水中最多能溶解X的质量=34g－20g=14g。设0℃时，X的溶解度为S。则，解得：S=70g。即0℃时，X的溶解度为70g。B正确；
C、据图可知，A点和B点溶液中，溶剂都是20g，A点溶液中溶解的X质量=34g－20g=14g，B点溶液中溶解的X质量=42g－20g=22g，A点对应的溶液中，溶质质量分数=，B点对应的溶液中，溶质质量分数=。所以A、B两点对应的溶液中，溶质质量分数：A＜B。C不正确；
D、据图可知，X的溶解度随温度升高而增大，所以将物质X的饱和溶液变为不饱和溶液，可升高温度。D不正确。
综上所述：选择B。
4．生活在盐碱湖附近的人们习惯“夏天晒盐”(氯化钠)，“冬天捞碱”Na2CO3，结合不同物质在不同温度下溶解度，下列说法正确的是
A．碳酸钠的溶解度比氯化钠大
B．碳酸钠的溶解度随温度升高而减小
C．“夏天晒盐，冬天捞碱”分别利用了蒸发结晶和降温结晶的原理
D．20℃时，100g氯化钠的饱和溶液中含36.0g氯化钠
【答案】C
【详解】A、选项中没有指明温度，不能比较碳酸钠和氯化钠的溶解度大小，故A说法错误；
B、由表中数据知，40℃时碳酸钠的溶解度最大，温度小于40℃时，碳酸钠的溶解度随温度升高而增大，温度大于40℃时，碳酸钠的溶解度随温度升高而减小，故B说法错误；
C、由表中数据知，氯化钠的溶解度受温度影响较小，夏天温度高，水分蒸发快，氯化钠易结晶析出，碳酸钠的溶解度受温度影响较大，冬天温度低，碳酸钠的溶解度减小，碳酸钠易结晶析出，所以“夏天晒盐，冬天捞碱”分别利用了蒸发结晶和降温结晶的原理，故C说法正确；
D、由表中数据知，20℃时，氯化钠的溶解度为36g，即100g水中最多能溶解36g氯化钠，达到饱和状态，则100g+36g=136g氯化钠的饱和溶液中含有36g氯化钠，故D说法错误；
故选：C。
5．按图1所示进行硝酸钾的溶解实验，烧杯内溶液的质量(不考虑水的蒸发)随温度变化的关系如图2所示。下列说法正确的是
A．60℃时，硝酸钾的溶解度为55g
B．P点时，一定是硝酸钾的饱和溶液
C．溶液中溶质的质量分数：N＞M
D．20℃～60℃，硝酸钾的溶解度随温度升高而减小
【答案】C
【详解】A、60℃时，溶液的质量为105.0g， 50g水中溶解了55g硝酸钾，还剩余5g达到了饱和状态，则60℃时，硝酸钾的溶解度为110g，说法错误；
B、P点时，溶液的质量为110.0g，50g水中溶解完了60g硝酸钾，则P点时，可能是硝酸钾的恰好饱和溶液，也可能是硝酸钾的不饱和溶液，说法错误；
C、由图像可知，M时溶质质量65.8g-50g=15.8g，溶液中溶质的质量分数，N时溶质质量105.0g-50g=55.0g，溶液中溶质的质量分数，则溶液中溶质的质量分数：N＞M，说法正确；
D、由图像可知，20℃～60℃，随温度升高，50g水中溶解的硝酸钾越来越多，则20℃～60℃，硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，说法错误；
故选C。
押题解读
本题主要考查： (1)给出两种物质的溶解度数据表，根据表格判断回答溶解度相关问题，如判断饱和点；题型选择题。
(2)以溶解度曲线切入，考查溶解度随温度的变化，饱和溶液与不饱和溶液的转化方法，以及不同溶解度曲线对应的结晶方法。
(3)两种饱和溶液溶质质量分数的比较，根据溶解度曲线的变化比较析出晶体的多少。
复习时要注意溶解度曲线中点、线、面的意义，蒸发或降温时溶液中各种量的变化，选对结晶方法。
1．甲、乙两种固体物质的溶解度曲线如图所示，下列有关说法正确的是
A．甲物质的溶解度大于乙物质的溶解度
B．t1℃时，甲、乙两物质的溶解度均为25
C．升高温度可使甲的饱和溶液变为不饱和溶液
D．t2℃时，在100g水中加入25g甲，可形成甲的饱和溶液
【答案】C
【详解】A、比较物质溶解度大小时，要指明一定的温度，故A不符合题意；
B、由图可知，t1℃时，甲、乙两物质的溶解度相等均小于25g，故B不符合题意；
C、甲的溶解度随温度的升高而增大，升高温度可使甲的饱和溶液变为不饱和溶液，故C符合题意；
D、由图可知，t2℃时甲溶解度大于25g，则在100g水中加入25g甲，形成甲的不饱和溶液，故D不符合题意。
故选C。
2．芒硝（）是一味中药，有清热解毒的功效。山西某盐池富含，还含有少量，两种物质的溶解度曲线如下图所示。下列说法正确的是
A．的溶解度比大
B．时，将溶于水中，得到溶液
C．时，的饱和溶液的溶质质量分数为
D．含有少量，提纯可采用降温结晶
【答案】D
【详解】A、不指明温度，无法比较氯化钠和硫酸钠的溶解度，该选项说法错误；
B、40°C时氯化钠的溶解度为36.6g，将40g NaCl加入100g水中只能溶解36.6g，得到136.6g溶液,该选项说法错误；
C、40°C时，Na2SO4的溶解度为48.4g，此温度下Na2SO4的饱和溶液的溶质质量分数为，该选项说法错误;
D、提纯受温度影响较大的物质用降温结晶的方式，根据图示，Na2SO4溶解度受温度影响较大，NaCl溶解度受温度影响较小，Na2SO4含有少量NaCl，提纯Na2SO4可采用降温结晶，该选项说法正确。
故选D。
3．如图为甲、乙两种固体物质的溶解度曲线，下列说法正确的是
A．甲的溶解度大于乙的溶解度
B．t2℃时，50g水中加入60g甲，可以得到80g甲的不饱和溶液
C．乙的饱和溶液中不能再溶解其他物质
D．将t1℃乙的饱和溶液升高温度，一定有晶体析出
【答案】D
【详解】A、溶解度比较，应指明温度，否则无法比较，不符合题意；
B、t2℃时，甲的溶解度为60g，则该温度下，50g水中加入60g甲，只能溶解30g，所得溶液为饱和溶液，所得溶液的质量为：50g+30g=80g，不符合题意；
C、乙的饱和溶液中不能再溶解乙物质，但是还能溶解其它物质，不符合题意；
D、乙的溶解度随温度的升高而减小，将t1℃乙的饱和溶液升高温度，乙的溶解度减小，一定有晶体析出，符合题意。
故选D。
4．如图是甲、乙两种固体物质（均不含结晶水）的溶解度曲线。下列叙述正确的是
A．甲的溶解度大于乙的溶解度
B．t1℃时，100g乙的饱和溶液中溶质的质量为34g
C．将t2℃时，甲、乙的饱和溶液降温至t1℃，析出固体质量：甲>乙
D．若甲中混有少量乙，可用降温结晶的方法提纯甲
【答案】D
【详解】A、当温度低于t1℃时，甲的溶解度小于乙的溶解度，当温度高于t1℃时，甲的溶解度大于乙的溶解度，故A错误；
B、t1℃时，100g水溶解34g乙形成乙的饱和溶液，即t1℃时，134g乙的饱和溶液中溶质的质量为34g，故B错误；
C、甲、乙的饱和溶液的质量未知，无法比较降温析出的固体质量，故C错误；
D、甲物质的溶解度受温度变化影响较大，随温度的降低而减小，所以甲物质含有少量乙，可用降温结晶的方法提纯甲，故D正确。
故选D。
5．甲、乙两种不含结晶水的固体物质的溶解度曲线如图所示，下列说法中，不正确的是

A．甲、乙两种物质的溶解度都随温度的升高而增大
B．在t1℃时，甲、乙两物质饱和溶液溶质的质量分数相等
C．当甲中含有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯甲
D．将t1℃时甲的饱和溶液升温(溶剂不蒸发)，溶液的溶质质量分数变大
【答案】D
【详解】A、由溶解度曲线图可知，甲、乙两种物质的溶解度都随温度的升高而增大，说法正确，不符合题意；
B、由溶解度曲线图可知，甲、乙两种物质在t1℃时的溶解度相等，因此在t1℃时甲、乙两物质的饱和溶液溶质质量分数相等，说法正确，不符合题意；
C、由溶解度曲线图可知，甲、乙两种物质的溶解度都随温度的升高而增大，其中甲的溶解度受温度变化影响较大，乙的溶解度受温度变化影响较小，故当甲中含有少量乙时，可用降温结晶的方法提纯甲，说法正确，不符合题意；
D、由溶解度曲线图可知，甲的溶解度随温度的升高而增大，将t1℃时甲的饱和溶液升温(溶剂不蒸发)，则饱和溶液变为不饱和溶液，溶质、溶剂质量不变，故溶液的溶质质量分数不变，说法错误，符合题意。
故选：D。
6．如图是A、B、C三种物质的溶解度曲线。下列分析错误的是
A．50℃时三种物质的溶解度由大到小的顺序是A>B>C
B．将C的不饱和溶液变为饱和溶液，可采用升温的方法
C．从A的溶液中得到A晶体一般选用降温结晶的方法
D．50℃时把100gA放入100g水中能形成A的饱和溶液，溶质与溶液的质量比为1：2
【答案】D
【详解】A、由溶解度曲线可知，50℃时三种物质的溶解度由大到小的顺序是A＞B＞C，此选项正确；
B、C的溶解度随温度的升高而减小，将C的不饱和溶液变为饱和溶液，可采用升温的方法，此选项正确；
C、由溶解度曲线可知，A的溶解度受温度影响较大且A的溶解度随温度的降低而减小，所以从A的溶液中得到A晶体一般选用降温结晶的方法，此选项正确；
D、由溶解度曲线可知，50℃时A物质的溶解度为50g，即50℃时100g水中最多溶解50gA，所以50℃时把100gA放入100g水中，也只能溶解50gA形成A的饱和溶液，其中溶质与溶液的质量比为50g ：（50g+100g）=1:3，此选项错误；
故选D。
7．NaCl和KNO3的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A．温度高于t1℃时，KNO3的溶解度比NaCl大
B．a点处的KNO3和NaCl两种溶液中溶质质量一定相等
C．b点处KNO3溶液中溶质的质量分数为60%
D．将d点处的KNO3溶液变到c点处，可将溶液升温20℃
【答案】A
【详解】A、由图可知，温度高于t1℃时，KNO3的溶解度比NaCl大，该选项说法正确；
B、a点表示t1℃，硝酸钾和氯化钠的溶解度相等，则它们的饱和溶液的溶质质量分数相同，但不饱和溶液的溶质质量分数不一定相同，该选项说法不正确；
C、b点时，硝酸钾的溶解度为60g，则溶质质量分数为，该选项说法不正确；
D、若想将d点处的KNO3溶液变到c点处，应增加溶质或蒸发溶剂，而不是升高温度，该选项说法不正确。
故选A。
8．t2℃时，将等质量的硝酸钾和氯化铵两种固体分别加到盛有100g水的烧杯中，充分搅拌后，实验现象如图所示，请结合两种物质的溶解度曲线分析下列说法中正确的是
A．t2℃时，烧杯①、②中均形成对应溶质的饱和溶液
B．t1℃时，硝酸钾饱和溶液的质量大于氯化铵饱和溶液
C．烧杯①中加入的是氯化铵，烧杯②中加入的是硝酸钾
D．升高温度可使烧杯②中的固体继续溶解
【答案】D
【详解】A、由图可知，t2℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化铵，烧杯①中的固体完全溶解，烧杯②中的固体部分溶解，则烧杯①中的溶液不一定为饱和溶液，烧杯②中的溶液一定为饱和溶液，故A不符合题意；
B、t1℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化铵，但是硝酸钾饱和溶液的质量不一定大于氯化铵饱和溶液的质量，故B不符合题意；
C、t2℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化铵，烧杯①中的固体完全溶解，烧杯②中的固体部分溶解，则烧杯①的溶液是硝酸钾溶液，烧杯②中加入的是氯化铵，故C不符合题意；
D、氯化铵的溶解度随温度升高而增大，则升高温度可使烧杯②中的固体继续溶解，故D符合题意。
故选D。
9．南南同学在实验室配制KNO3（不含结晶水）溶液时进行了以下实验（实验过程中不考虑水的损失）。根据实验现象判断，下列说法错误的是
A．20℃时KNO3的溶解度为31.6g
B．乙烧杯中KNO3溶液的质量为120.9g
C．若向丙烧杯中加入足量水，也能使未溶解的KNO3溶解
D．丁烧杯中的溶液一定是30℃时KNO3的不饱和溶液
【答案】D
【详解】A、由图可知，20℃时，丙烧杯中有13.4g未溶解的硝酸钾，则丙烧杯中为20℃的饱和溶液，其中溶剂水的质量为100g，溶解硝酸钾的质量为45g-13.4g=31.6g，故20C时KNO3的溶解度为31.6g，故A说法正确；
B、乙烧杯中温度为10℃，有24.1g未溶解的硝酸钾，其中溶剂水的质量为100g，溶解硝酸钾的质量为45g-24.1g=20.9g，则乙烧杯中KNO3溶液的质量为100g+20.9g=120.9g，故B说法正确；
C、20℃时，丙烧杯中有13.4g未溶解的硝酸钾，则丙烧杯中为20℃的饱和溶液，向丙烧杯中加入足量水，也能使未溶解的KNO3溶解，故C说法正确；
D、丁烧杯中的溶质完全溶解，可能是30℃时KNO3的不饱和溶液，也可能是30℃的恰好饱和溶液，故D说法错误；
故选：D。
10．已知硝酸钾和氯化钠在不同温度下的溶解度如下表：
某硝酸钾样品中含有少量氯化钠，为得到较纯净的硝酸钾，进行如下实验。
下列说法错误的是
A．20℃时，硝酸钾的溶解度小于氯化钠的溶解度
B．溶液甲一定硝酸钾的热不饱和溶液
C．样品中硝酸钾的质量至少是16.15g
D．若固体丙硝酸钾，则溶液甲中氯化钠的质量分数等于溶液乙中氯化钠的质量分数
【答案】D
【详解】A、由溶解度表可知，20℃时，硝酸钾的溶解度为31.6g，氯化钠的溶解度36g，则20℃时，硝酸钾的溶解度＜氯化钠的溶解度，故说法正确；
B、由于90℃时硝酸钾的溶解度是203g，则90℃时10g水最多溶解硝酸钾20.3g，所以溶液甲一定是硝酸钾的热不饱和溶液，故说法正确；
C、由于90℃时氯化钠的溶解度是38.5g，则90℃时10g水最多溶解氯化钠3.85g，所以样品中硝酸钾的质量至少是20g-3.85g=16.15g，故说法正确；
D、若固体丙是硝酸钾，硝酸钾的溶解度随着温度的降低而减小，温度降低，甲溶液中有硝酸钾晶体析出，则溶液甲的质量大于溶液乙的质量，溶液甲、溶液乙中氯化钠质量相等，溶液甲中氯化钠的质量分数＜溶液乙中氯化钠的质量分数，故说法错误。
故选D。
押题猜想二 化学式意义和计算
1．我国民间有端午节挂艾草的习俗，艾草中含有的黄酮素（化学式为C15H10O2）有很高的药用价值。下列关于黄酮素的说法正确的是
A．由27个原子构成
B．相对分子质量为222
C．黄酮素中氧元素的质量分数最小
D．黄酮素中C、H、O三种元素的质量比为15:10:2
【答案】B
【详解】A、黄酮素由黄酮素分子构成，每个黄酮素分子由15个碳原子、10个氢原子、2个氧原子共27个原子构成，不符合题意；
B、黄酮素的相对分子质量为：，符合题意；
C、黄酮素中C、H、O元素的质量比为：，故氢元素的质量分数最小，不符合题意；
D、黄酮素中C、H、O元素的质量比为：，不符合题意。
故选B。
2．猕猴桃中富含叶酸(C19H19N7O6)。下列关于叶酸的说法正确的是
A．叶酸由51个原子构成
B．叶酸中碳、氧元素质量比为19：6
C．叶酸的相对分子质量为441g
D．叶酸由碳、氢、氨、氧四种元素组成
【答案】D
【详解】A、叶酸是由叶酸分子构成的而不是由原子直接构成的，A不符合题意；
B、叶酸中碳、氧元素质量比为（12×19）：（16×6）≠19：6，B不符合题意；
C、相对分子质量的单位不是“g”而是“1”，通常省略不写， C不符合题意；
D、根据叶酸化学式C19H19N7O6，叶酸由碳、氢、氮、氧四种元素组成，D符合题意；
故选D。
3．如图是网络上流行的“苯宝宝”表情包系列之一，该物质学名为六氯苯，化学式为，下列有关该物质说法正确的是
A．该物质的相对分子质量为285
B．该物质的分子中碳、氯原子个数比为
C．该物质中碳元素和氯元素的质量分数相等
D．六氯苯分子由6个碳原子和6个氯原子构成
【答案】A
【详解】A、相对分子质量是指化学式中各个原子的相对原子质量（Ar）的总和，该物质的相对分子质量为12×6+35.5×6=285，正确；
B、根据化学式可知，1个六氯苯分子由6个碳原子和6个氯原子构成，该物质的分子中碳、氯原子个数比为1:1，错误；
C、该物质中碳元素和氯元素质量比=(12×6）：（35.5×6）=24:71，该物质中碳元素和氯元素的质量分数不相等，错误；
D、根据化学式可知，六氯苯是由六氯苯分子构成，1个六氯苯分子由6个碳原子和6个氯原子构成，错误。
故选A。
4．最新研究发现，被誉为“中药抗生素”的黄岑可以抑制新冠病毒。它的主要成分是黄岑素，化学式为C15H10O5，关于黄岑素叙述正确的是
A．是一种有机物
B．相对分子质量为270g
C．一个黄岑素分子由15个碳原子、5个氢分子、5个氧原子构成
D．C、H、O元素的质量比为15:10:5
【答案】A
【详解】A、黄岑素（C15H10O5），是含碳化合物，属于有机物，故A正确；
B、相对分子质量的单位为“1”，通常省略不写，故黄岑素（C15H10O5）相对分子质量为，故B错误；
C、分子由原子构成，一个黄岑素分子由15个碳原子、10个氢原子、5个氧原子构成，故C错误；
D、黄岑素（C15H10O5）中C、H、O元素的质量比为，故D错误。
故选A。
5．叶黄素（）能帮助眼睛的视网膜抵御紫外线，有助于维护视力持久度。下列说法正确的是
A．叶黄素是氧化物B．叶黄素的相对分子质量为568
C．叶黄素由三个元素组成D．叶黄素由40个碳原子、56个氢原子和2个氧原子构成
【答案】B
【详解】A、氧化物是由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，叶黄素是由三种元素组成，不属于氧化物，故选项说法不正确；
B、叶黄素的相对分子质量为12×40+1×56+16×2=568，故选项说法正确；
C、物质是由元素组成，叶黄素是由碳、氢、氧三种元素组成，元素只讲种类，不讲个数，故选项说法不正确；
D、叶黄素是由叶黄素分子构成，1个叶黄素分子是由40个碳原子、56个氢原子和2个氧原子构成，故选项说法不正确。
故选B。
押题解读
此题目主要以选择题形式呈现，一般以陌生的情境为载体，联系实际生活生产事例，涉及根据化学式判断物质的构成、元素组成、其分子构成、物质分类（如氧化物、有机化合物、无机化合物等）、计算相对分子质量、元素质量比、元素质量分数等。
1．布洛芬(C13H18O2)为解热镇痛类，非甾体抗炎药。本品通过抑制环氧化酶，产生镇痛、抗炎作用。下列说法正确的是
A．布洛芬属于氧化物B．布洛芬的相对分子质量是206g
C．布洛芬中碳元素的质量分数最大D．布洛芬中碳元素与氢元素的质量比为13︰18
【答案】C
【详解】A、氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，布洛芬是由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物，选项说法错误；
B、布洛芬的相对分子质量是12×13+1×18+16×2=206，相对原分子质量的单位是“1”，不是“g”，通常省略，选项说法错误；
C、布洛芬中碳元素、氢元素和氧元素的质量比是（12×13）：（1×18）：（16×2）=156：18：32，其中碳元素占比最大，则质量分数最大，选项说法正确；
D、布洛芬中碳元素与氢元素的质量比为（12×13）：（1×18）=78：9，选项说法错误；
故选：C。
2．茶叶中的茶多酚（C17H19N3O）有防治心血管疾病、抗癌等功效。下列有关茶多酚的说法，正确的是
A．由40个原子构成B．由4种元素组成
C．相对分子质量为281gD．氢元素的质量分数最大
【答案】B
【详解】A、由茶多酚的化学式C17H19N3O可知，茶多酚是由茶多酚分子构成，一个茶多酚分子是由40个原子构成，选项错误；
B、由茶多酚的化学式C17H19N3O可知，茶多酚是由4种元素组成的，选项正确；
C、由茶多酚的化学式C17H19N3O可知，茶多酚的相对分子质量为（17×12+19+14×3+16）=281，相对原子质量的单位为“1”，省略不写，选项错误；
D、由茶多酚的化学式C17H19N3O可知，茶多酚中碳、氢、氮、氧元素的质量比为（17×12）：19：（14×3）：16=204：19：42：16，则碳元素的质量分数最大，选项错误；
故选B。
3．被称为“快乐因子”的多巴胺（化学式：）是大脑中含量最丰富的儿茶酚胺类神经递质。下列关于多巴胺的说法正确的是
A．多巴胺由碳、氢、氮、氧四种元素组成B．相对分子质量是
C．碳、氧元素质量比为D．多巴胺分子由22个原子构成
【答案】A
【详解】A、物质由元素组成，根据化学式，多巴胺由碳、氢、氧、氮四种元素组成，故A正确；
B、多巴胺分子的相对分子质量为153，相对分子质量的单位是“1”，省略不写，故B错误；
C、碳、氧元素的质量比为m(C)：m(O)=(128)：(162)=3:1，故C错误；
D、一个多巴胺分子由22个原子构成，故D错误。
故选A。
4．磷酸二氢铵化学式为，是一种无机化合物，白色结晶性粉末，微溶于乙醇，主要用作木材、织物、纸张的防火剂，也可用作化肥、面包改进剂、食品添加剂。下列有关磷酸二氢铵的说法正确的是
A．磷酸二氢铵由五种元素组成
B．磷酸二氢铵的相分子质量为115g
C．磷酸二氢铵中氮、氧元素质量比为7：32
D．磷酸二氢铵由一个氮原子、六个氢原子、一个磷原子、四个氧原子构成
【答案】C
【详解】A、磷酸二氢铵是由氮、氢、磷、氧四种元素组成，故A说法错误；
B、磷酸二氢铵的相分子质量为14+1×6+31+16×4=115，相对分子质量的单位是“1”，不是“g”，通常省略，故B说法错误；
C、磷酸二氢铵中氮、氧元素质量比为14：（16×4）=7：32，故C说法正确；
D、磷酸二氢铵由磷酸二氢铵分子构成的，一个磷酸二氢铵分子是由一个氮原子、六个氢原子、一个磷原子、四个氧原子构成，故D说法错误；
故选：C。
5．秋冬季节是流感的高发季，板蓝根中的主要成分之一靛玉红(C16H10N2O2)对预防流感有一定的作用。下列说法正确的是
A．靛玉红中含有氧分子
B．靛玉红的相对分子质量为262g
C．靛玉红由16个碳原子、10个氢原子、2个氮原子和2个氧原子构成
D．靛玉红中碳元素的质量分数最大
【答案】D
【详解】A、靛玉红中只含有靛玉红分子，不含氧分子，A错误；
B、靛玉红的相对分子质量为262，B错误；
C、1个靛玉红分子是由16个碳原子、10个氢原子、2个氮原子和2个氧原子构成的，C错误；
D、靛玉红中碳元素的质量分数为，氢元素的质量分数为，氮元素的质量分数为，氧元素的质量分数为，故靛玉红中碳元素的质量分数最大，D正确。
故选D。
6．“淀粉肠”制作时通常添加防腐剂，延长食品保质期。苯甲酸钠（化学式为C7H5O2Na）是常见的防腐剂，过量摄入会对人体造成一定影响。下列关于苯甲酸钠说法正确的是
A．苯甲酸钠是由 4种元素组成B．苯甲酸钠中碳、氧元素的质量比为7：2
C．苯甲酸钠的相对分子质量为 144 gD．苯甲酸钠中钠元素的质量分数最小
【答案】A
【详解】A、由化学式可知，苯甲酸钠是由钠元素、碳元素、氢元素、氧元素四种元素组成的，故说法正确；
B、苯甲酸钠中C、O元素的质量比为（12×7）：（16×2）=21：8，故说法错误；
C、苯甲酸钠的相对分子质量为12×7+1×5+16×2+23=144，相对分子质量单位是“1”，不写出，故说法错误；
D、苯甲酸钠中C、H、O、Na四种元素的质量比为（12×7）：（1×5）：（16×2）：（23×1）=84：5：32：23，则氢元素的质量分数最小，故说法错误。
故选A。
7．中药当归、白芷中富含的紫花前胡醇(化学式)能增强人体免疫力。下列说法正确的是
A．紫花前胡醇属于氧化物
B．紫花前胡醇中碳元素、氢元素的质量比为1:1
C．紫花前胡醇的相对分子质量为245
D．紫花前胡醇中碳元素的质量分数最大
【答案】D
【详解】A.氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的纯净物，紫花前胡醇由三种元素组成，紫花前胡醇不属于氧化物，故B错误；
B.紫花前胡醇中碳元素、氢元素的质量比为：（12×14）：（1×14）=12:1，故B错误；
C.紫花前胡醇的相对分子质量为：12×14+1×14+16×4=246，故C错误；
D.紫花前胡醇中碳、氢、氧元素质量比为：（12×14）：（1×14）：（16×4）=84:7:32，元素的质量比越大，质量分数越大，所以紫花前胡醇中碳元素的质量分数最大，故D正确。
故选：D。
8．春季是鼻炎的高发期。曲安奈德(C24H31FO6) 是用于治疗季节性过敏性鼻炎的常见药物。下列关于曲安奈德的说法正确的是
A．一个曲安奈德分子中含有3个氧分子B．碳、氢元素的质量比为24：31
C．碳元素的质量分数最大D．相对分子质量为434g
【答案】C
【详解】A、一个曲安奈德分子中含有6个氧原子，不含有氧分子，故A说法错误；
B、碳、氢元素的质量比为（12×24）：（1×31）=288：31≠24：31，故B说法错误；
C、曲安奈德中碳、氢、氟、氧四种元素的质量比为﹙12×24﹚：31：19：﹙16×6﹚=288：31：19：96，其中碳元素的质量分数最大，故C说法正确；
D、曲安奈德的相对分子质量为12×24+31+19+16×6=434，相对分子质量的单位为“1”，不是“g”，通常省略不写，故D说法错误；
故选：C。
9．答题卡上条形码的黏性主要来源于胶黏剂——丙烯酸(C3H4O2)，下列关于丙烯酸的说法正确的是
A．属于氧化物
B．碳、氧元素的质量比为3：2
C．一个分子中含有9个原子
D．相对分子质量为72g
【答案】C
【详解】A、氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。丙烯酸由三种元素组成，不属于氧化物。A不正确；
B、丙烯酸中碳、氧元素的质量比=（12×3）：（16×2）=9：8。B不正确；
C、一个丙烯酸分子中含有3个碳原子、4个氢原子、2个氧原子，共9个原子。C正确；
D、丙烯酸相对分子质量=12×3+1×4+16×2=72。D不正确。
综上所述：选择C。
10．展青霉素(化学式为C7H6O4)是霉烂水果上主要的霉素，苹果一旦发生霉变，正常部分也能检测出展青霉素，所以霉变的水果最好不要食用。下列有关展青霉素的说法正确的是
A．一个展青霉素分子中含有2个氧分子
B．展青霉素是由碳、氢、氧三种元素组成
C．展青霉素是由7个碳原子、6个氢原子和4个氧原子构成的
D．展青霉素的相对分子质量为154g
【答案】B
【详解】A、一个展青霉素分子中含有7个碳原子、6个氢原子和4个氧原子，说法错误，不符合题意；
B、展青霉素(化学式为C7H6O4) 是由碳、氢、氧三种元素组成的，说法正确，符合题意；
C、展青霉素是由展青霉素分子构成的，一个展青霉素分子由7个碳原子、6个氢原子和4个氧原子构成，说法错误，不符合题意；
D、展青霉素的相对分子质量为，相对分子质量单位为“1”，不是“g”，通常省略不写，说法错误，不符合题意。
故选：B。
押题猜想三 物质的三重表征——宏观、微观和符号
1．化学用语是学习化学的工具。下列表示三个氧离子的是
A．3O-2B．C．D．3O2-
【答案】D
【详解】氧离子带有2个单位的负电荷，就是书写在氧元素符号的右上角，数字在前，符号在后，3个氧离子表示为3O2-，表示碳酸根离子。
故选D。
2．化学用语是化学学习的重要组成部分。下列关于化学用语的说法不正确的是
A．H2O：表示水 B．2N：表示2个氮分子 C．He：表示氦气 D．Na+：表示钠离子
【答案】B
【详解】A、水的化学式是H2O，可能表示四层含义：表示水、表示水是由氢元素和氧元素组成、表示一个水分子、表示一个水分子是由2个氢原子和1个氧原子构成，故选项正确；
B、元素符号前面的数字表示原子个数，2N表示2个氮原子，故选项错误；
C、氦气由氦原子构成的，氦的元素符号是He，可以表示氦气，故选项正确；
D、离子的表示方法：在该离子元素符号的右上角标上该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负号在后，带一个电荷时，1通常省略，多个离子，就是在元素符号前面加上相应的数字；故钠离子表示为：Na+，故选项正确。
故选B。
3．下列化学用语既能表示一种元素，又能表示一个原子，还能表示一种物质的是
A．HB．NC．CD．CO
【答案】C
【详解】A、H属于气态非金属元素，可表示氢元素，一个氢原子，但不能表示一种物质，故选项不符合题意；
B、N属于气态非金属元素，可表示氮元素，一个氮原子，但不能表示一种物质，故选项不符合题意；
C、C属于固态非金属元素，可表示碳元素，一个碳原子，还能表示碳这一物质，故选项符合题意；
D、CO是一氧化碳的化学式，表示一氧化碳这种物质，不能表示一种元素和一个原子，故选项不符合题意。
故选C。
【点睛】本题难度不大，掌握由原子构成的物质的化学式一般有三层含义（宏观：表示一种元素、一种单质，微观：表示一个原子）是正确解答此类题的关键。
4．下列化学用语中，数字“2”表示的意义正确的是
A．2O：2个氧元素
B．O2-：一个氧离子带2个单位负电荷
C．O2：2个氧原子
D．CO2：二氧化碳含有2个氧原子
【答案】B
【详解】A、元素只有种类，没有个数，元素符号前的数字表示原子个数，则2O表示2个氧原子，该选项不正确；
B、元素符号右上角的数字表示离子所带电荷数，则O2-表示一个氧离子带2个单位负电荷，该选项正确；
C、元素符号右下角的数字表示分子中原子个数，则O2表示1个氧分子中含有2个氧原子，该选项不正确；
D、元素符号右下角的数字表示分子中原子个数，则CO2表示1个二氧化碳分子中含有2个氧原子，该选项不正确。
故选B。
5．下列化学用语书写正确的是
A．氦气：B．氯化锌：
C．钠原子结构示意图： D．氧化镁中镁元素显价：
【答案】B
【详解】A、氦气为稀有气体，符号为He，该选项不正确；
B、化合物中，锌的化合价为+2价，氯元素的化合价为-1价，则氯化锌的化学式为ZnCl2，该选项正确；
C、钠元素为11号元素，则钠原子的质子数和核外电子数均为11，核外电子数为2、8、1，原子结构示意图为，该选项不正确；
D、元素符号正上方的数字表示元素化合价，且符号在前，数字在后，则氧化镁中镁元素的化合价可表示为，该选项不正确。
故选B。
押题解读
宏观—微观—符号三重表征是中考必考的重要考点，主要以选择题形式呈现。涉及元素符号、离子符号、化学式、符号周围的数字、结构示意图、微观模型图等。答题时要将宏观概念、微观粒子和化学符号进行有效关联，形成知识网络，灵活运用。
1．化学用语是学习化学的工具。下列符号中，表示2个氮分子的是
A．2N2B．2NC．N2D．2N2O
【答案】A
【详解】分子用化学式来表示，在化学式前加上数字表示分子的个数，故2个氮分子表示为2N2。
故选：A。
2．下列化学用语中，能表示意义最多的是
A．NaB．HC．Cl-D．2N
【答案】A
【详解】Na属于金属元素，有三层含义，宏观上可表示钠元素，还能表示钠这一纯净物，微观上表示一个钠原子，H属于气态非金属元素，有两层含义，宏观上可表示氢元素，但不能表示一种物质，微观上表示一个氢原子，Cl-微观上表示一个氯离子，一个氯离子带有1个单位的负电荷，2N只有一层含义，微观上表示两个氮原子。能表示意义最多的是Na，故选A。
3．化学用语是化学学习与应用的重要工具，下列化学用语表示正确的是
A．氦元素：HeB．2个氧原子：
C．氧化镁：D．3个钙离子：3Ca
【答案】A
【详解】A、元素符号第一个字母大写，第二个小写，氦元素符号表示为He，选项正确；
B、数字在元素符号前表示原子个数，2个氧原子表示为2O，选项错误；
C、氧化镁中镁元素化合价为+2价，氧元素为-2价，根据化学式书写原则，正价在左负价在右，正负化合价代数和为零，化合价数值约到最简交叉写在元素右下角，故化学式为MgO，选项错误；
D、由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，3个钙离子表示为，选项错误；
故选：A。
4．化学用语是学习和研究化学的工具。下列化学用语表示正确的是
A．银元素：HgB．钙离子：C．一个氧分子：D．2个氮原子：
【答案】C
【详解】A、元素符号的书写原则：一个字母的要大写，有两个字母的第一个字母大写，第二个字母小写，银元素的元素符号为Ag，错误。
B、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，钙离子表示为Ca2+，错误；
C、分子的表示方法是正确书写物质的化学式，一个氧分子表示为O2，正确；
D、原子的表示方法就是用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字．2个氮原子表示为2N，错误。
故选C。
5．化学用语是化学学习的重要组成部分。下列关于化学用语的说法不正确的是
A．H2O：表示水B．2N：表示2个氮分子C．He：表示氦气D．Na+：表示钠离子
【答案】B
【详解】A、水的化学式是H2O，可能表示四层含义：表示水、表示水是由氢元素和氧元素组成、表示一个水分子、表示一个水分子是由2个氢原子和1个氧原子构成，故选项正确；
B、元素符号前面的数字表示原子个数，2N表示2个氮原子，故选项错误；
C、氦气由氦原子构成的，氦的元素符号是He，可以表示氦气，故选项正确；
D、离子的表示方法：在该离子元素符号的右上角标上该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负号在后，带一个电荷时，1通常省略，多个离子，就是在元素符号前面加上相应的数字；故钠离子表示为：Na+，故选项正确。
故选B。
6．下列化学用语中，数字“2”表示的意义正确的是
A．2O：2个氧元素
B．O2-：1个氧离子带2个单位负电荷
C．NO2：二氧化氮分子中含有1个氧分子
D．O2：2个氧原子
【答案】B
【详解】A、元素只有种类，没有个数，元素符号前的数字表示原子个数，则2O表示两个氧原子，该选项不正确；
B、元素符号右上角的数字表示离子所带电荷数，则O2-表示1个氧离子带2个单位负电荷，该选项正确；
C、元素符号右下角的数字表示分子中原子个数，则NO2表示一个二氧化氮分子中含有2个氧原子，该选项不正确；
D、元素符号右下角的数字表示分子中原子个数，则O2表示一个氧分子中含有2个氧原子，该选项不正确。
故选B。
7．下列化学用语与所表达的意义对应正确的是
A．—铁离子B．H2O—1个水分子C．N2—2个氮原子D．NaCO3—碳酸钠
【答案】B
【详解】A.离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略。则铁离子表示为Fe3+，错误；
B.由分子的表示方法，正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字，则1个水分子用H2O表示，正确；
C.N2表示1个氮分子由2个氮原子构成，错误；
D.碳酸钠中钠元素显+1价，碳酸根显﹣2价，其化学式为：Na2CO3，错误；
故选B。
8．下列化学用语中，既有宏观意义，又有微观意义的是
A．2NB．CO2C．2H2OD．Ca2+
【答案】B
【详解】A、2N表示2个氮原子，只有微观意义；
B、CO2表示二氧化碳、一个二氧化碳分子、二氧化碳由碳元素和氧元素组成、一个二氧化碳分子由一个碳原子和两个氧原子构成，既有微观意义，又有微观意义；
C、2H2O表示2个水分子，只有微观意义；
D、Ca2+表示1个钙离子，只有微观意义。
故选：B。
9．下列化学用语与所表达的意义对应正确的是
A．2H：“2”表示两个氢元素B．：表示硫酸根离子
C．氦气：He2D． ：氧原子的结构示意图
【答案】B
【详解】A.元素符号前面的数字，表示原子个数，2H表示2个氢原子，元素没有个数含义，故A错误；
B.硫酸根离子含有1个硫原子和4个氧原子且带有2个单位的负电荷，表示原子团中原子个数的数字写在原子团符号中元素符号的右下角，因此硫酸根的符号表示为SO4，表示离子所带电荷数的数字写在离子符号的右上角，且数字在前（是“1”时省略），正负号在后，因此硫酸根离子表示为，故B正确；
C.氦是稀有气体元素，由于稀有气体元素组成的单质是单原子分子，所以氖气的化学式就是表示氖元素的元素符号，即：He，故C错误；
D.原子的结构示意图中，核内质子数与核外电子数相等，氧原子的结构示意图最外层电子数为6，故D错误。
故选：B。
押题猜想四 元素周期表
1．如图是周期表中铁元素的一些信息，下列有关说法不正确的是
A．铁是一种金属元素B．铁原子的核电荷数是26
C．铁原子的质量是55.845D．铁元素的符号是Fe
【答案】C
【详解】A、铁为“钅”字旁，属于金属元素，该选项说法正确；
B、元素周期表单元格中，左上角的数字表示原子序数，原子序数=原子的核电荷数，则铁原子的核电荷数是26，该选项说法正确；
C、元素周期表单元格中，最下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量不是原子的实际质量，则铁原子的相对原子质量为55.845，该选项说法不正确；
D、元素周期表单元格中，右上角的符号为元素符号，则铁元素的符号是Fe，该选项说法正确。
故选C。
2．我国著名化学家张青莲为相对原子质量测定作出了卓越贡献。下图是元素周期表的一部分，说法正确的是
A．两种元素都属于非金属元素B．锑原子的核外电子数为51
C．铟原子由质子和中子构成D．锑的相对原子质量是121.8g
【答案】B
【详解】A、由“钅”字旁可知，两种元素都属于金属元素，故说法错误；
B、在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子序数，原子序数=质子数=核外电子数=51，故说法正确；
C、原子由原子核和核外电子构成，原子核由质子和中子构成，故说法错误；
D、在元素周期表中，元素名称下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位为“1”，常省略不写，单位不是“g”，故锑元素的相对原子质量是121.8，故说法错误。
故选B。
3．碳是组成物质最多的元素，碳元素在元素周期表中的部分信息和碳原子的结构示意图如图所示，下列说法错误的是
A．碳原子最外层有4个电子B．常温下碳的化学性质活泼
C．碳原子核内有6个质子D．碳元素位于元素周期表第二周期
【答案】B
【详解】A、原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数，离圆圈最远的弧线表示最外层。碳原子最外层有4个电子，说法正确；
B、由碳原子结构示意图可知，其最外层电子数为4，碳原子不易得到电子，也不容易失去电子，所以常温下化学性质不活泼，说法错误；
C、原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，碳原子核内有6个质子，说法正确；
D、在元素周期表中原子电子层数与元素的周期表在数值上相等，原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数，碳原子核外有两个电子层，在元素周期表中第二周期，说法正确。
故选B。
押题解读
根据元素周期表一格提供的信息，判断元素的名称及分类（金属元素或非金属元素）；元素符号；原子的质子数(即核电荷数)；原子的相对原子质量。
1．张青莲院士主持测定的锑、铈等元素的相对原子质量新值，被采用为国际新标准。铈元素在元素周期表中的信息如下图，下列说法错误的是
A．原子中的质子数为58B．铈为金属元素
C．相对原子质量是140.1gD．元素符号是Ce
【答案】C
【详解】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58；根据原子中原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，则该元素的原子中的质子数为58，故A正确；
B、铈带“钅”字旁，属于金属元素，故B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140.1，相对原子质量单位是“1”，省略不写，不是“g”，故C错误；
D、根据元素周期表中的一格可知，字母表示该元素的元素符号，该元素的元素符号是Ce，故D正确。
故选：C。
2．如图是元素周期表中某元素的部分信息，下列说法正确的是
A．该元素属于金属元素B．该元素原子核内有14个质子
C．该元素的相对原子质量是28.09gD．该元素在地壳里的含量位于第三位
【答案】B
【详解】A、由元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，则该原子序数为14，即为硅元素，硅带有石字旁，属于非金属元素，故A说法错误；
B、由元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，则该原子序数为14，在原子中，原子序数=质子数，则该元素原子核内有14个质子，故B说法正确；
C、由元素周期表中的一格可知，汉字下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量的单位是“1”，不是“g”，通常省略，故C说法错误；
D、由A可知，该元素为硅元素，硅元素在地壳中含量居第二位，故D说法错误；
故选：B。
3．日前，清华大学研究人员开发出了一种液态金属存储器，其主要成分包含液态金属镓液滴．镓的相关信息如图所示，下列说法不正确的是
A．镓的元素符号为B．镓的中子数为31
C．镓属于金属元素D．镓的相对原子质量为69.72
【答案】B
【详解】A、根据图可知信息：镓元素符号是Ga，该选项说法正确；
B、相对原子质量约等于质子数加中子数，镓元素的相对原子质量约等于70，质子数为31，故镓的中子数为39，该选项说法错误；
C、根据化学元素汉字名称的偏旁可辨别元素的种类，金属元素名称有“钅”字旁，因此镓属于金属元素，该选项说法正确；
D、相对原子质量单位为“1”，镓的相对原子质量为69.72，该选项说法正确；
故选B。
4．元素周期表中第7周期的最后一种元素是一种人工合成的稀有气体元素，部分信息如图所示，有关该元素说法不正确的是
A．元素符号为OgB．中子数为176C．原子核外有7个电子层D．化学性质不稳定
【答案】D
【详解】A、在元素周期表中，元素名称右上角的符号表示元素符号，故该元素的元素符号为：Og，不符合题意；
B、在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子序数，原子序数=质子数=118，元素名称下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量≈质子数+中子数，故中子数≈相对原子质量-质子数=294-118=176，不符合题意；
C、由题干可知，该元素位于元素周期表第七周期，故该原子核外有7个电子层，不符合题意；
D、该元素属于稀有气体元素，故该元素化学性质稳定，符合题意。
故选D。
5．门捷列夫在编制第一张元素周期表时，就预言了“类铝”元素(即后来发现的镓)的存在。铝和镓在周期表中位置如图所示，下列有关说法不正确的是
A．铝原子的核外电子数是13
B．镓的相对原子质量是69.723
C．铝和镓原子的最外层电子数相同
D．铝和镓在化学反应中都容易得到电子
【答案】D
【详解】A、元素周期表一格中，左上角是表示原子序数，在原子中，原子序数=核外电子数，故铝原子的核外电子数为13，故A不符合题意；
B、元素周期表一格中，元素名称下边的数字代表该元素的相对原子质量，故镓的相对原子质量为69.723，故B不符合题意；
C、铝元素和镓元素属于同一主族，故铝原子和镓原子最外层电子数相等，故C不符合题意；
D、铝原子和镓原子的最外层电子数相等，均为3，小于4，所以在化学反应中易失去3个电子形成带3个单位正电荷的阳离子，故D符合题意。
故选D。
6．如图是砷元素在元素周期表中的信息及原子结构示意图．下列说法不正确的是
A．砷属于金属元素B．砷原子中的质子数为33
C．D．砷的相对原子质量为74.92
【答案】A
【详解】A、砷不带“钅”字旁，不属于金属元素，说法错误，符合题意；
B、由元素周期表中的一格可知，汉字左上方数字表示原子序数，在原子中，原子序数=质子数，故砷原子中的质子数为33，说法正确，不符合题意；
C、由原子结构示意图可知，圈内数字表示核电荷数，在原子中，核电荷数=核外电子数，故33=2+8+18+x，解得x=5，说法正确，不符合题意；
D、由元素周期表中的一格可知，汉字下方数字表示相对原子质量，故砷的相对原子质量为74.92，相对原子质量单位为“1”，通常省略不写，说法正确，不符合题意。
故选：A。
押题猜想五 反应类型及分析化学方程式
1．本溪水洞是辽宁省境内大型天然溶洞。溶洞中钟乳石和石笋的形成涉及多个化学反应，其中的基本反应类型为
A．分解反应B．化合反应C．置换反应D．复分解反应
【答案】B
【详解】该反应为多种反应物生成一种生成物的反应，属于化合反应，故选B。
2．将鸡蛋壳（主要成分是碳酸钙）浸入稀盐酸中有气泡产生，发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 ↑，该反应的基本类型是
A．化合反应B．分解反应C．复分解反应D．置换反应
【答案】C
【详解】A、化合反应是两种或两种以上物质反应生成一种物质，符合“多变一”的特点，该反应的生成物是多种，不属于化合反应，不符合题意；
B、分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上物质，符合“一变多”的特点，该反应的反应物是两种，不属于分解反应，不符合题意；
C、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，该反应属于复分解反应，符合题意；
D、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，该反应的生成物和反应物均是化合物，不属于置换反应，不符合题意；
故选：C。
3．根据H2+CuOCu+H2O，下列有关说法错误的是
A．反应物：H2，CuOB．反应条件：加热
C．生成物：Cu，H2OD．反应类型：分解反应
【答案】D
【详解】A、化学方程式中，双横线前面的物质为反应物，由化学方程式可知，该反应的反应物为H2和CuO，选项正确；
B、化学方程式中，双横线上方是反应条件，由化学方程式可知，该反应的反应条件是加热，选项正确；
C、化学方程式中，双横线后面的物质为生成物，由化学方程式可知，该反应的生成物为Cu和H2O，选项正确；
D、由化学方程式可知，该反应是一种单质与一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，符合置换反应的特点，属于置换反应，不属于分解反应，选项错误，故选D。
4．如图所示的微观化学反应的基本反应类型是
A．置换反应B．化合反应C．分解反应D．复分解反应
【答案】A
【详解】由反应前的物质的微粒构成示意图可以看出，反应物有两种，一种是单质，是由原子构成的，另一种是化合物，是由不同原子构成的分子构成的；同理，可以看出，生成物也是一种单质和化合物。该反应是一种单质和一种化合物反应，生成另一种单质和化合物的反应，属于置换反应。
故选A。
5．在汽油中加入适量乙醇作为汽车燃料，可节省石油资源。乙醇充分燃烧的化学方程式为C2H5OH+3O22CO2+3X，试推测X的化学式是
A．H2B．H2OC．COD．C2H6O3
【答案】B
【详解】由反应的化学方程式可知，反应前有2个碳原子、6个氢原子、7个氧原子，反应后有2个碳原子、4个氧原子，由质量守恒定律可知，反应前后原子的种类和数目不变，3个X分子中含有6个氢原子、3个氧原子，1个X分子中含有2个氢原子、1个氧原子，则X的化学式为：H2O。
故选B。
6. 石油分馏可以制得煤油.煤油中含有少量的噻吩(C4H4S)，噻吩燃烧的化学方程式为C4H4S+6O24CO2+X+2H2O。下列说法不正确的是
A．石油分馏是物理变化
B．噻吩的相对分子质量为84
C．X是一种空气污染物
D．反应生成CO2和H2O的质量比为2：1
【答案】D
【详解】A、石油的分馏是利用石油中各成分沸点的不同进行分离，没有新物质生成，属于物理变化，故A说法正确；
B、噻吩(C4H4S)的相对分子质量为12×4+1×4+32=84，故B说法正确；
C、根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，反应前有4个C、4个H、1个S、12个O，反应后有4个C、4个H、10个O，则X中含有1个S和2个O，化学式为SO2，二氧化硫是造成酸雨的主要气体，属于空气污染物，故C说法正确；
D、根据化学方程式可知，反应生成CO2和H2O的质量比为（4×44）：（2×18）=44：9，故D说法不正确；
故选：D。
押题解读
本部分主要以选择题形式呈现，涉及判断化学反应基本类型、分析化学方程式中反应物、生成物之间质量比或分子数比、判断元素化合价变化、根据质量守恒定律判断反应物或生成物的化学式等。
1.基本反应类型：化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，中和反应、氧化反应不属于基本反应类型。
2.配平后的化学方程式中各物质的化学计量数等于反应物（或生成物）微粒个数比。
3.反应中不管是反应物还是生成物，有单质就一定会有化合价变化
4.复分解反应中元素化合价一定不变化。
1．硅是重要的半导体材料， （高纯）是工业制硅流程中的化学反应之一，从基本反应类型角度，该反应属于
A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应
【答案】C
【详解】在中，反应物是一种单质和一种化合物，生成物是另一种单质和另一种化合物，该反应属于置换反应，故选C。
2．下列四种基本反应类型中，反应物与生成物均一定存在单质的是
A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应
【答案】C
【分析】根据化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应四种基本反应类型的反应物和生成物的特点来判断。
【详解】A、化合反应是指两种或两种以上物质生成另一种物质的反应，反应物可能存在单质，如一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，氧气为单质，生成物中一定不存在单质，故选项错误；
B、分解反应是由一种物质生成两种或两种以上物质的反应，生成物中可能有单质，如加热高锰酸钾制氧气，反应物中一定不存在单质，故选项错误；
C、置换反应是由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应，反应物和生成物一定存在单质，故选项正确；
D、复分解反应是由两种化合物相互交换成分，生成另外两种化合物的反应，反应物与生成物均不可能存在单质，故选项错误。
故选：C。
3．下列生成水的化学反应中，不属于基本反应类型的是
A．2H2+O22H2OB．CH4+2O22H2O+CO2
C．CuO+H2Cu+H2OD．Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O
【答案】B
【详解】A、该反应符合“多变一”的特点，属于化合反应，不符合题意；
B、该反应不属于基本反应类型，符合题意；
C、该反应符合“一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物”的反应，属于置换反应，不符合题意；
D、该反应符合“两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物”的反应，属于复分解反应，不符合题意。
故选B。
4．化学反应在生产，生活中应用广泛。下列应用的主要原理不属于化学基本反应类型的是
A．生石灰作干燥剂B．用一氧化碳炼铜
C．用熟石灰改良酸性土壤D．煅烧石灰石制生石灰
【答案】B
【详解】A、生石灰作干燥剂，是由于生石灰与水化合生成了氢氧化钙，属于化合反应，属于化学基本反应类型，选项不符合题意；
B、用一氧化碳炼铜，是一氧化碳和铜的氧化物反应生成了二氧化碳和铜，反应物是两种化合物，生成物是一种单质和一种化合物，不属于化学基本反应类型，选项符合题意；
C、用熟石灰改良酸性土壤，是由于氢氧化钙和酸发生了中和反应，属于复分解反应，属于化学基本反应类型，选项不符合题意；
D、煅烧石灰石制生石灰，是石灰石的主要成分碳酸钙高温时分解生成了氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，选项不符合题意。
故选B。
【点睛】本题的难度不大，会根据反应的特点分析反应的类型即可。
5．在①分解反应；②化合反应；③置换反应；④复分解反应四种基本反应类型中，反应物中一定没有单质的是
A．①②B．②③C．①③④D．①④
【答案】D
【详解】分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应；
化合反应是两种或两种以上物质生成一种物质的反应；
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；
复分解反应是两种化合物相互交换成分生成其他两种化合物的反应。
由几种反应的定义可知，分解反应和复分解反应中反应物一定不含单质。
故选D。
6．在明代宋应星所著的《天工开物》记载了火法炼锌的方法，总反应的化学方程式为：。下列关于该反应的叙述中，不正确的是
A．该反应属于置换反应B．生成物是由分子构成的
C．所有元素化合价都发生改变D．参加反应的和C的质量比为
【答案】C
【详解】A、置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，故该反应属于置换反应，说法正确，不符合题意；
B、生成物一氧化碳是由一氧化碳分子构成的，说法正确，不符合题意；
C、该反应中氧元素的化合价没有发生改变，在化学反应前后都为-2价，说法错误，符合题意；
D、由化学方程式可知，参加反应的和C的质量比为，说法正确，不符合题意。
故选：C。
7．2023年10月26日17时46分，神舟十七号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接。推动飞船的火箭使用的推进剂是的二甲肼(C2H8N2)和四氧化二氨(N2O4)，反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4=2CO2+3X+4H2O，则X的化学式是
A．NO2B．NOC．N2D．NH3
【答案】C
【详解】由质量守恒定律可知，在化学反应前后原子的种类和数目不变，在化学方程式C2H8N2+2N2O4=3X+2CO2+4H2O中，反应前所有物质中的碳原子共为2个，氢原子共为8个，氮原子共为6个，氧原子数共为8个，反应后除X外，碳原子共为2个，氢原子共为8个，氧原子数共为8个，故3X中含有6个N原子，即每个X分子中含有氮原子共为2个，所以X为N2。故选C。
押题猜想六 科普阅读
1．阅读下面科普短文。
自热火锅、自热米饭发热包的主要成分是：焙烧硅藻土、铁粉、铝粉、焦炭粉、活性炭、生石灰、盐、氢化钙（CaH2）等。往发热包中加水，放热原理主要包括生石灰与水反应快速放热、原电池（金属粉、炭粉、盐）反应持续放热，金属发生氧化反应和金属氧化物发生反应放热。硅藻土孔隙较大，可起到缓冲反应的作用，为发热包的安全性提供保障，氢化钙能与水反应（生成氢氧化钙和氢气）用来吸收渗入包装内的微量水分，防止氧化钙逐渐失效。
如表为不同发热剂（均为30g）对不同食物加热效果表（加热时间为5min），如图为自热米饭在不同测温点的温度变化曲线。
使用加热包加热时应该注意：①发热包中反应较为复杂，会产生一定量的氢气和一氧化碳；②加热过程中，要将自热锅盖上的透气孔打开；③发热包里不能改加热水；④不能在汽车等密闭、狭小环境中使用，使用时避免明火；⑤使用后的发热包按有害垃圾分类处置。
依据文章内容，回答下列问题：
(1)发热包中所含硅藻土的作用是 。
(2)表中等量的八宝粥与矿泉水比较，八宝粥的吸热量更 （填“高”或“低”）。
(3)写出氢化钙（CaH2）与水反应的化学方程式 。
(4)推测发热包里不能改加热水的原因是 。
(5)阅读文章，下列说法不正确的是______（填序号）。
A．动车上可以多人同时制作不同口味的自热火锅
B．为快速使自热火锅升温，应密封锅盖上的透气孔
C．自热米饭“自热”后保温时间极短，“自热”后需立即食用
D．等质量的MgCl2和AlCl3作发热剂为相同食物加热时，AlCl3“发热”效果更好
【答案】(1)缓冲反应
(2)低
(3)CaH2+2H2O＝Ca（OH）2+2H2↑
(4)发热包一旦接触到热水很容易导致水剧烈沸腾，引发危险
(5)ABC
【详解】（1）根据“硅藻土孔隙较大，可起到缓冲反应的作用，为发热包的安全性提供保障”可知作用是缓冲反应。
（2）表中等量的八宝粥与矿泉水比较，八宝粥的吸热量更低；
（3）氢化钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，化学方程式为CaH2+2H2O＝Ca（OH）2+2H2↑；
（4）从需要硅藻土缓冲反应可知发生反应时较为剧烈。从图中可知，加热包放热较快，很短时间内将水加热到100℃，所以发热包里不能改加热水的原因是，发热包一旦接触到热水很容易导致水剧烈沸腾，引发危险；
（5）A．发热包中反应较为复杂，会产生一定量的氢气和一氧化碳，不能在汽车等密闭、狭小环境中使用，动车为密闭空间，不可以多人同时制作不同口味的自热火锅，故A错误；
B．发热包中反应速率快，加热过程中，要将自热锅盖上的透气孔打开，避免危险，故B错误；
C．分析自热米饭“自热”保温曲线图可知，保温效果好，则“自热”后无需立即食用，故C错误；
D．分析表中数据可知，等质量的MgCl2和AlCl3作发热剂为相同食物加热时，AlCl3“发热”效果更好，故D正确；
故选：ABC。
2．化石能源是当今世界能源市场的支柱和世界经济发展的动力。然而化石燃料的广泛使用，对全球环境造成了很大威胁。化石能源是一种有限的资源，而且存在明显的地理分布不均匀性。现在，世界能源结构正在发生第三次革命：从以化石燃料为主的能源系统转向可再生能源、氢能等多元化结构。环境要求是本次能源革命的主要动因。
氢能是一种二次能源，在人类生存的地球上，几乎没有现成的氢，因此必须将含氢物质加工后方能得到氢气。最丰富的含氢物质是水，其次就是各种矿物燃料（煤、石油、天然气、硫化氢）及各种生物质等。
美国拉斯阿拉莫斯实验室最先提出了一种零排放的煤制氢技术，其主要流程如图所示。
该系统输入煤和水，产生电能和热，整个制氢过程几乎不产生污染物，达到近零排放的目的。
氢是宇宙中最丰富的元素。构成宇宙的物质的元素中，氢大约占据宇宙质量的 75%。地球之母—太阳，就是依靠氢的同位素氘和氚的聚合反应生成巨量的热和光，温暖着地球，照耀着地球。使用氢作为能源，就是回归宇宙法则，“替天行道”。
依据上文，回答下列问题。
（1）化石能源中的煤燃烧时排放出 （填一种）等污染物会形成酸雨。
（2）下列能源中属于二次能源的是 （填序号）。
a．煤 b．汽油 c．天然气
（3）图中气化器中发生的主要反应有：C + H2O CO + H2，CO + H2O CO2 + H2。向重整器中加入 CaO 的作用是 。
（4）煅烧炉中发生反应的化学方程式为 。
（5）如图流程中可以循环利用的物质有 （填序号）。
a．CaO b．H2O c．H2
【答案】（1）① 二氧化硫（或二氧化氮或氮的氧化物）（1分）
（2）② b（1分）
（3）③ 除去二氧化碳气体（1分）
（4）④ CaCO3 CaO + CO2↑（2分）
（5）⑤ abc（3分）
【解析】（1）煤燃烧时会生成二氧化硫、二氧化氮等污染物，会造成酸雨的发生；
（2）煤、天然气属于一次能源，汽油属于二次能源；
（3）重整器中加入 CaO 的作用是除去二氧化碳气体；
（4）煅烧炉中发生的反应是碳酸钙在高温条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3 CaO + CO2↑；
（5）如图流程中可以循环利用的物质有CaO、H2O和H2。
3．造纸术是中国古代四大发明之一。一直以来，传统工艺不断改进。现阶段，利用方解石（主要成分为CaCO3，还含有少量MgO、Fe2O3、SiO2等杂质）造纸已较为普遍，它取代传统的植物纤维造纸，全程无需用水，原料造价仅为传统造纸的1/3。（已知：SiO2、聚乙烯塑料、粘合剂均难溶于水，且不与盐酸反应。）
分析生产过程，回答下列问题。
（1）将方解石粉碎成纳米级超细粉末的目的是 （合理即可）。
（2）混合器内需要进行的操作是 。
（3）利用方解石作原料生产纸张的优点是 （合理即可）。
（4）从绿色环保的角度分析，对使用的原料需要改进的地方是 （合理即可）。
（5）成品纸张在保存过程中应避免与酸接触，若遇到稀盐酸，则可能发生反应的化学方程式为 （合理即可）（写1个）。
【答案】 （1）① 提高纸张质量/平整度（合理即可）（2分） （2）② 搅拌（2分） （3）③ 成本低/节省木材（合理即可）（2分） （4）④ 使用可降解塑料/使用无毒无害的粘合剂（合理印可）（2分） （5）⑤ CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2↑/Fe2O3 + 6 HCl = 2 FeCl3 + 3 H2O（合理即可）（2分）
【解析】（1）将方解石粉碎成纳米级超细粉末的目的是提高纸张质量；
（2）根据题意可知，加入聚乙烯塑料和粘合剂是为了使原料和其混合，因此该实验操作是搅拌；
（3）根据题意，方解石造纸无需用水，节约成本；
（4）聚乙烯较难降解，因此该过程可以选择用可降解的塑料效果更好；
（5）根据题意，方解石中含有碳酸钙和氧化镁和三氧化二铁，因此和酸可以反应：CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2↑或CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2↑。
4．苹果含有维生素A、维生素C、钾、钙、铁等人体所需的营养成分。苹果可增加饱腹感，热量较低，常吃苹果可以帮助降低胆固醇，也适合减肥的人群。
食用苹果时，应避免食用果核部分。因苹果籽中含有氰苷，氰苷在人体中易转化为剧毒物质氢氰酸（化学式为HCN）。另外，苹果中含有大量的维生素C，不宜与磺胺类药物同服，会影响药物效果。
苹果加工时容易褐变，影响外观、风味，还会造成营养流失。褐变主要是由于苹果中的酚类化合物在多酚氧化酶的催化下被氧化，因此，对于苹果中多酚氧化酶的特性研究就显得尤为重要（温度对富士苹果中多酚氧化酶相对活性的影响如图）。研究发现柠檬酸能较好地抑制苹果中多酚氧化酶的相对活性。
依据上文，回答相关问题。
（1）苹果的营养成分中的“钾、钙、铁”指的是 （填“元素”或“单质”）。
（2）由图可知，多酚氧化酶的相对活性与温度的关系是 。
（3）柠檬酸（化学式为C6H8O7）在空气中容易被氧气氧化，最终生成水和二氧化碳。请写出柠檬酸完全氧化的化学方程式 。
（4）下列说法中，正确的是 （填序号）。
a．苹果营养丰富，食用时无禁忌
b．苹果在褐变过程中多酚氧化酶质量不变
c．苹果在褐变过程中多酚氧化酶性质一定不发生改变
d．加工苹果时，最好加入适量的柠檬酸
【答案】（1）元素（1分）
（）2在0～80℃范围内，多酚氧化酶的相对活性随温度升高先升高后降低（1分）
（3）2 C6H8O7 + 9 O2 = 12 CO2 + 8 H2O（2分）
（4）bd（6分）
【解析】（1）苹果的营养成分中的“钾、钙、铁”不是以分子、原子、单质的形式存在，而是强调存在的元素，与具体形态无关；
（2）由图可知，在0～80℃范围内，多酚氧化酶的相对活性随温度升高先升高后降低。
（3）柠檬酸在空气中与氧气反应生成水和二氧化碳，反应的化学方程式为2 C6H8O7 + 9 O2 = 12 CO2 + 8 H2O。
（4）苹果营养丰富，但食用时并不是无禁忌，如应避免食用果核部分，因苹果籽中含有氰苷。另外，苹果中含有大量的维生素C，不宜与磺胺类药物同服，会影响药物效果，故a错误；褐变主要是由于苹果中的酚类化合物在多酚氧化酶的催化下被氧化，在该过程中，多酚氧化酶是催化剂，根据催化剂的特点可知，苹果在褐变过程中多酚氧化酶质量不变，故b正确；褐变主要是由于苹果中的酚类化合物在多酚氧化酶的催化下被氧化，在该过程中，多酚氧化酶是催化剂，根据催化剂的特点可知，苹果在褐变过程中多酚氧化酶的化学性质不变，物理性质能改变，故c错误；柠檬酸能较好地抑制苹果中多酚氧化酶的相对活性，因此加工苹果时，最好加入适量的柠檬，故d正确。
押题解读
本部分多以流程题形式，也有少量选择题的形式呈现。主要考察接受信息、整合信息的能力。选材为社会热门话题，如碳中和、海洋资源、温室效应、石灰岩、新材料、能源、灭火器、海水淡化、食品安全等，内容除删减原文中大量修饰性、解释性的语句而保留结论性的语句外，还将冗长的文字说明转换为清晰直观的数据对比，突出科学学习中“事实证据”的重要性；要求读懂文本和简单图像，并依据问题提炼整合关键词，注重考察阅读和理解能力，关注语言素养与科学素养的融合。
1．【科普阅读】杭州努力打造“史上首届碳中和亚运会”
材料1：开幕式主火炬使用燃料甲醇（）可在常温常压下运输和使用，具有安全高效、排放相对清洁的特点。利用绿氢（经可再生能源制取的氢气）与烟气集得到的二氧化碳在催化剂催化、高温的条件下可制得甲醇和水，实现了二氧化碳捕集利用和绿色甲醇燃料制备。
材料2：会场通过 TD-LIF仪器（全球仅两台） 监测到对PM2.5、臭氧生成起关键作用的氮化合物。后期对数据进行综合分析，可以评估区域减排效果，还可以找出影响本地区PM2.5 和臭氧的生成机制，为未来协同控制政策制定提供一定的科学支撑。
(1)制绿氢的过程中需要太阳能发电，是将太阳能转化为 能。大气中二氧化碳含量过高引发的主要环境问题是 。
(2)选用甲醇作为燃料的优点有 （写一条） ，写出氢气和二氧化碳制取甲醇的化学方程式 。
(3)PM2.5在空气中含量越 （填“高”或“低”），空气质量状况越差。
(4)TD-LIF 仪器发挥的作用有 （多选， 填字母）。
a. 评估区域减排效果
b. 吸收PM2.5和臭氧
c.有助于未来协同控制政策的制定
【答案】(1) 电 温室效应加剧
(2) 缓解温室效应（答案合理即可）
(3)高
(4)ac
【详解】（1）制绿氢的过程中需要太阳能发电，是将太阳能转化为电能；大气中二氧化碳含量过高引发的主要环境问题是温室效应加剧。故填：电；温室效应加剧。
（2）甲醇可由氢气和二氧化碳制得，可缓解温室效应，减少环境污染，可补充和部分替代化石燃料，缓解能源紧张局势，甲醇完全燃烧生成二氧化碳和水，产生的有害气体相对较少；
氢气和二氧化碳在催化剂催化、高温的条件下可制得甲醇和水，该反应的化学方程式为：。
故填：缓解温室效应（答案合理即可）；。
（3）PM2.5在空气中含量越高，空气质量状况越差。故填：高。
（4）a. 由材料2可知，TD-LIF 仪器可监测到对PM2.5、臭氧生成起关键作用的氮化合物，后期对数据进行综合分析，可以评估区域减排效果，故a正确；
b. 由材料2可知，TD-LIF 仪器不能 吸收PM2.5和臭氧，故b错误；
c.由材料2可知，TD-LIF 仪器可以找出影响本地区PM2.5 和臭氧的生成机制，为未来协同控制政策制定提供一定的科学支撑，故c正确。
故选：ac。
2．阅读下面科普短文。
甲醇（CH3OH）在常温常压下为液态，具有淡酒精味，沸点为64.6℃。绿色甲醇是指通过可再生能源生产的甲醇，生产过程中不产生碳排放，可破解世界能源和“双碳”难题。
甲醇来源广泛，我国生产甲醇各原料结构产能占比如图1。近年来，利用CO2催化加氢合成甲醇，是一条既能够减少CO2排放又可以生产可再生能源的新途径。主要涉及的两个化学反应为：和，其中第1个反应为主反应。科研人员研究了其他条件相同时，温度对CO2转化率和甲醇产率的影响，其结果如图2。
随着我国碳达峰、碳中和的稳步推进，绿色甲醇产能及相关技术的提高，甲醇有望在居家、运输等场合作为燃料在人们生产和生活中慢慢普及。
依据文章内容回答下列问题。
(1)甲醇属于 （填“有机化合物”或“无机化合物”）。
(2)甲醇的物理性质是 （写出1点即可）。
(3)由图1可知，我国生产甲醇各原料结构产能占比最大的是 。
(4)判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。
①CO2催化加氢合成甲醇，产物只有CH3OH。 。
②碳中和、碳达峰中的“碳”指的是二氧化碳。 。
(5)由图2可得到的结论是：其他条件相同时，在实验研究的范围内， 。
【答案】(1)有机化合物
(2)具有淡酒精味（或常温常压为液体等）
(3)煤制甲醇
(4) 错 对
(5)随温度的升高，CO2转化率增大，CH3OH的产率先增大后减小
【详解】（1）甲醇是含碳元素的化合物，甲醇属于有机化合物，故填：有机化合物。
（2）物理性质包括物质的颜色、状态、气味、熔点、沸点等，由科普短文可知：甲醇（CH3OH）在常温常压下为液态，具有淡酒精味，沸点为64.6℃。故填：具有淡酒精味（或常温常压为液体等）。
（3）由图1可知，我国生产甲醇各原料结构产能占比最大的是煤制甲醇，故填：煤制甲醇。
（4）①由和可知，CO2催化加氢合成甲醇，产物不只有CH3OH，故填：错。
②碳中和、碳达峰中的“碳”指的是二氧化碳，该说法是正确的，故填：对。
（5）由图2可得到的结论是：其他条件相同时，在实验研究的范围内，随温度的升高，CO2转化率增大，CH3OH的产率先增大后减小。故填：随温度的升高，CO2转化率增大，CH3OH的产率先增大后减小。
3．阅读科普短文，回答相关问题。
二氧化碳的综合开发利用越来越受到人们的关注。
甲醇(CH3OH)是一种基础有机化工原料，广泛应用于有机合成、医药、农药、染料、高分子等化工生产领域，其消费量在有机原料中仅次于乙烯、丙烯和苯，位居第四位。甲醇将成为21世纪具有竞争力的清洁燃料之一、可以单独或与汽油混合作为汽车燃料。目前，我国则是以煤和重渣油为主要原料，这些原料都日渐减少，人们正在积极寻找新的碳源来合成甲醇。如果用含二氧化碳的工业废气为碳源合成甲醇，既可为减少二氧化碳的排放提供一种好的解决方法，又可为甲醇的合成提供一条绿色合成的新途径，是十分有意义的。
(1)下列有关甲醇(CH3OH)的说法正确的是_____。
A．由1个碳原子、4个氢原子、1个氧原子构成
B．甲醇完全燃烧只生成二氧化碳和水，并放出能量
C．二氧化碳与氢气在催化下，通过化合反应可生成甲醇
D．甲醇属于有机高分子化合物
E．甲醇中氢元素质量分数最大
(2)二氧化碳在常温下可加压转化成超临界二氧化碳流体，此变化属于 变化，转化过程中 (“释放”或“吸收”)放出热量。
(3)工业生产甲醇，选用H2与CO2体积比为 ，工业选用温度为320℃的原因： 。
【答案】(1)B
(2) 物理 放出
(3) 3:1 该温度时，氢气与二氧化碳的体积比为3:1
【详解】（1）A. 一个甲醇分子由1个碳原子、4个氢原子、1个氧原子构成，此选项错误；
B. 根据质量守恒定律，甲醇完全燃烧只生成二氧化碳和水，并放出能量，此选项正确；
C. 二氧化碳与氢气在催化下，通过化学反应生成甲醇和水，该反应生成两种物质，不是化合反应，此选项错误；
D. 甲醇属于有机化合物，但不是有机高分子化合物，此选项错误；
E. 甲醇中碳元素、氢元素、氧元素的质量比为：12：（1×4）：16=3:1:4，氧元素质量分数最大，此选项错误。
故选B。
（2）二氧化碳在常温下可加压转化成超临界二氧化碳流体，该过程中无新物质生成，此变化属于物理变化，转化过程中是二氧化碳由气态变为液态，是放出热量。
（3）工业生产甲醇，反应的化学方程式为：CO2+3H2H2O+ CH3OH，所以选用H2与CO2体积比为3:1，工业选用温度为320℃的原因：该温度时，氢气与二氧化碳的体积比为3:1。
4．阅读下列材料，回答相关问题。
石墨烯是21世纪最具前景的新型纳米材料，它是从石墨中剥离出来的单层原子晶体，其微观结构如下图所示。工业上可采用甲烷气体(CH4)在高温和催化剂的作用下分解制取石墨烯并产生氢气。
石墨烯晶体管的传输速度远远超过目前的硅晶体管，因此有希望应用于全新超级计算机的研发。纺织面料掺入石墨烯后，在低温情况下，石墨烯可将来自远红外线的热量传送给人体，改善人体微循环系统，促进新陈代谢。另外石墨烯还能影响菌体的正常代谢，从而使菌体无法吸收养分直至死亡。不同面料中掺入石墨烯后的抗菌效果如下图所示。
(1)石墨烯属于 (填物质类别)。
(2)石墨烯有希望应用于全新超级计算机的研发，说明石墨烯具有 性，纺织面料中掺入石墨烯后具有的优点有 (任写一条)
(3)下列有关说法正确的有_____(填字母序号)。
A．抑菌率越高，表明抗菌性能越弱
B．面料的抑菌率与面料种类、菌体种类均有关
C．石墨烯纺织面料的抗菌性能比普通面料强
【答案】(1)单质
(2) 导电 改善人体微量循环，促进新陈代谢。石墨烯还能影响菌体的正常代谢，从而使菌体无法吸收养分直至死亡。(合理答案即)
(3)BC
【详解】（1）由题给信息可知，石墨烯是从石墨中剥离出来的单层原子晶体，所以石墨烯属于单质；
（2）石墨烯有希望应用于全新超级计算机的研发，说明石墨烯具有导电性，纺织面料中掺入石墨烯后具有的优点有：改善人体微量循环，促进新陈代谢。另外石墨烯还能影响菌体的正常代谢，从而使菌体无法吸收养分直至死亡。
（3）A. 由题给信息可知，抑菌率越高，表明抗菌性能越强，此选项错误；
B. 由图可知，面料的抑菌率与面料种类、菌体种类均有关，此选项正确；
C. 由图可知，石墨烯纺织面料的抗菌性能比普通面料强，此选项正确。故选BC。
5．物质由微观粒子构成，阅读材料回答问题。
材料一：如图1所示，在电子显微镜下观察到2019新型冠状病毒这种物质，它是由分子构成。该病毒呈圆形或椭圆形，直径50~200nm。表面有棒状突起，使病毒表面看起来形如花冠。
材料二：如图2所示，“纳米汽车”是一种以新型的富勒烯为车轮，可以在分子表面运动的大分子结构。1克纳米汽车制成材料就可以装载约1000毫克的药物分子，通过控制温度在人体血管中移动，把药物送达患处。
(1)写出下列微粒化学符号：
二氧化碳分子 ；汞原子 ；构成氯化钠的微粒 。
(2)关于新型冠状病毒和“纳米汽车”的说法错误的是（ ）
A．“纳米汽车”是由多种分子构成
B．新冠病毒可以通过飞沫传播，说明分子在不断运动
C．人们可以控制纳米汽车的运动，实现靶向治疗的目的
D．佩戴口罩可有效预防病毒感染是因为口罩的中间层起吸附和过滤作用
(3)图3是某清洁燃料反应的微观过程示意图。
请尝试写出该化学反应的符号表达式 ；根据该示意图可得到的信息是 。
【答案】(1) CO2 Hg Na+、Cl-
(2)B
(3) 化学反应前后，原子的种类不变
【详解】（1）二氧化碳分子可表示为：CO2；汞原子可表示为：Hg；构成氯化钠的微粒是钠离子和氯离子，其化学式为：Na+、Cl-；
（2）A、根据材料可知，“纳米汽车”是由多种分子构成，故选项说法正确；
B、新冠病毒可以通过飞沫传播，病毒属于物质，不是分子，不能说明分子在不断运动，故选项说法错误；
C、根据材料可知，人们可以控制纳米汽车的运动，实现靶向治疗的目的，故选项说法正确；
D、口罩的中间层起吸附和过滤作用，可有效预防病毒感染，故选项说法正确，故选：B；
（3）根据微观示意图可知，该反应是甲烷和水通过高温分解生成一氧化碳和氢气，符号表达式为：，根据该示意图可得到的信息是化学反应前后，元素的种类不变。
6．阅读下列科普短文，回答相关问题。
谈到农药，人们可能只想到它对人体健康和环境的危害。其实农药在农业生产上起着重要的作用。目前市售蔬菜农药残留量虽然已达到国家标准，但通过科学的清洗方法仍可进一步降低农药残留。
实验人员分别选取含甲、乙农药的蔬菜，研究了不同清洗方法对农药去除率的影响。
清水浸泡：图1呈现出两种农药的去除率随浸泡时间的变化。
洗洁精清洗：实验选择了6种洗洁精进行测试，结果表明，多数洗洁精对农药的去除率可达到 60% 以上，最高可达到84%。
碱性溶液浸泡：食用碱（Na2CO3和NaHCO3）溶液有利于农药分解。图2表示不同浓度的食用碱溶液对农药去除率的影响。
希望同学们可以选择科学的清洗方法，更加安全的食用蔬菜。
(1)Na2CO3俗称 ，依据图1分析，去除农药残留的最佳浸泡时间是 min左右。
(2)用食用碱溶液浸泡含有农药甲的蔬菜时，要想超过清水浸泡的最大去除率，可以选取的浓度是____（填字母代号）。
A．15%B．10%C．2%D．8%
(3)食用碱还可用于除去发酵时产生的有机酸等酸性物质，使制作出的食品更加美味可口。请写出碳酸钠与盐酸反应的化学方程式： 。
【答案】(1) 纯碱/苏打 10
(2)BD
(3)Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑
【详解】（1）Na2CO3俗称纯碱、苏打；依据图1分析，浸泡时间10min时，甲、乙两农药去除率达到最大值，效果最好；
（2）由图1可知，用清水浸泡含有农药甲的蔬菜时，最大去除率为56.69%，由图2可知，用食用碱溶液浸泡含有农药甲的蔬菜时，浓度为8%和10%去除率都大于64%。
故选BD；
（3）碳酸钠与盐酸发生复分解反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑。
押题猜想七 教材基础实验
1．实验室制取气体的思路可从原理、装置和检验等方面进行分析。
I、气体制备
根据图示装置回答下列问题：
(1)实验室用高锰酸钾固体制取，应选择的发生装置是 （填字母序号），该反应的化学方程式为 。若采用装置C收集，验满时应将带火星的木条放在 （填“a”或“b”）导管口处。
(2)小明用“棒棒冰”塑料管制取（如图D）。写出实验室制取的化学方程式： 。图D所用装置相对于装置B，其优点是 （写一条）。
II、自制汽水实践活动
【资料】蔗糖、小苏打、柠檬酸均为白色、易溶于水的固体。
【操作】向500mL水中依次加入5g蔗糖、1.5g小苏打、1.5g柠檬酸。
【现象】
(3)第③步中发生反应：，观察到的现象为固体逐渐溶解， 。
【评价】
(4)第④步迅速盖紧瓶盖，可以使瓶内气压 （填“变大”或“变小”），从而增大在水中的溶解度。
【答案】(1) A a
(2) 可以随时控制反应的发生和停止（答案合理即可）
(3)有气泡产生
(4)变大
【详解】（1）实验室用加热高锰酸钾制取氧气，该反应为固体加热型，应选择的发生装置是A；高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式为：；氧气的密度比空气略大，若采用装置C收集O2，氧气应从b导管口处通入；氧气具有助燃性，验满时应将带火星的木条放在a导管口处，若木条复燃，则说明已收集满氧气；
（2）实验室常用石灰石或大理石（主要成分是碳酸钙）和稀盐酸制取二氧化碳，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
图D所用装置通过捏、放塑料管可以使固体和液体接触和分离，从而实现反应的发生和停止，则图D所用装置相对于装置B，其优点是可以控制反应的发生和停止；
（3）第③步中发生反应为3NaHCO3+C6H8O7═C6H5O7Na3+3CO2↑+3H2O，由于有二氧化碳生成，则观察到的现象为固体逐渐溶解，有气泡产生；
（4）④步迅速盖紧瓶盖，气体无法导出，可以使瓶内气压变大，从而增大CO2在水中的溶解度。
2．铁是人们最熟悉的金属之一，某同学在实验室进行了与铁有关的实验。
【实验一】比较铁、铜的金属活动性，如图一所示。

(1)实验中的现象是 ，该现象说明铁的金属活动性比铜 (选填“强”或“弱”)。
【实验二】用三枚洁净的铁钉探究铁生锈的条件，如图二所示。

(2)A、B试管对比，可以证明铁生锈与 有关。
(3)用稀盐酸可以除去铁锈，反应的化学方程式是 。
【实验三】以氧化铁为原料制备铁，如图三所示。

(4)一氧化碳能与氧化铁反应生成铁，体现的一氧化碳的性质是 (选填编号)。
a.可燃性 b.还原性 c.毒性 d.吸附性
(5)该装置中缺少的仪器是 (填仪器名称)；装置E中观察到的现象是 。
【答案】(1) 铁丝表面有红色物质析出，溶液由蓝色逐渐变成浅绿色 强
(2)氧气/O2
(3)
(4)b
(5) 酒精灯 澄清石灰水变浑浊
【详解】（1）铁与硫酸铜溶液反应生成铜和硫酸亚铁溶液。所以实验中的现象是铁丝表面有红色物质析出，溶液由蓝色逐渐变成浅绿色。该现象说明铁的金属活动性比铜强。故填：铁丝表面有红色物质析出，溶液由蓝色逐渐变成浅绿色；强。
（2）A试管铁钉与氧气和水同时接触，铁钉生锈；B试管铁钉只与水接触，铁钉不生锈。所以A、B试管对比，可以证明铁生锈与氧气有关。故填：氧气。
（3）稀盐酸与铁锈反应生成氯化铁和水，化学方程式。故填：。
（4）由于一氧化碳具有还原性，所以一氧化碳能与氧化铁反应生成铁。故填：b。
（5）由于一氧化碳还原氧化铁实验中的尾气一氧化碳有毒，需要对尾气进行处理，应在导管末端放一燃着的酒精灯将尾气一氧化碳点燃处理。所以该装置中缺少的仪器是酒精灯。一氧化碳还原氧化铁生成铁和二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，所以E中观察到的现象是澄清石灰水变浑浊。故填：酒精灯；澄清石灰水变浑浊。
3．下图是实验室中常见的一些装置。请根据所学知识回答下列问题：
(1)仪器①的名称是 。
(2)实验室既可用于制氧气又可用于制二氧化碳的发生装置是 (填装置编号)； 用此装置制氧气，为控制反应速率，需要对该装置的改进是 ，其反应的化学方程式是 。
(3)装置D可用于收集 (填“氧气”或“二氧化碳”)，气体应该从 口进入。 (填“a”或“b”)
(4)用如下实验证明CO2能与NaOH 反应。
①实验 1: 证明 CO2能与 NaOH 反应的现象是 ，该反应的化学方程式为： 。
②实验2：将等量水或 NaOH 溶液分别推入三颈瓶中，测得瓶内CO2浓度变化如图所示：对比曲线a和b (选填“能”或“不能”)证明CO2与NaOH 发生了反应；若推入等量饱和石灰水，其曲线在 (选填“a上方”“a和b之间”或“b下方”)。
【答案】(1)集气瓶
(2) A 将长颈漏斗换成分液漏斗
(3) 氧气 b
(4) 甲试管内液面上升高度比乙试管高 能 a和b之间
【详解】（1）仪器①的名称是集气瓶；
（2）实验室用过氧化氢溶液和二氧化锰制氧气，实验室利用石灰石或大理石和稀盐酸制取二氧化碳，它们反应物的状态都是固态与液态，反应条件都是常温，发生装置都为固液常温型A；
用此装置制氧气，为控制反应速率，需要把长颈漏斗换成分液漏斗，通过控制液体的滴加速度，从而控制反应速率；
过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，其反应的化学方程式是：；
（3）二氧化碳能溶于水且能与水反应，不能用排水法收集，氧气不易溶于水且不与水反应，可用排水法收集；装置D为排水法收集装置，可用于收集氧气，氧气密度比水小，则气体应该从短管b口进入；
（4）①实验 1：由于二氧化碳在碱性溶液中溶解得更多，装置内气体减少得更多，则实验中观察到甲试管内液面上升高度比乙试管高，则可证明 CO2能与 NaOH 反应，二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该反应的化学方程式为：；
②实验2：将等量水或 NaOH 溶液分别推入三颈瓶中，测得瓶内CO2浓度变化如图所示：对比曲线a和b，由于曲线a比曲线b高，说明二氧化碳在碱性溶液中溶解得更多，二氧化碳的浓度更低，能证明CO2与NaOH 发生了反应；
若推入等量饱和石灰水，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，比等量水吸收的二氧化碳多，但是比等量额氢氧化钠溶液吸收的二氧化碳少，所以其曲线在a和b之间。
4．根据下列实验，回答有关问题：
(1)图甲实验说明影响物质溶解性的因素为 。
(2)图乙实验中，分别向两个收集满二氧化碳气体的软塑料瓶中加入约体积NaOH溶液和 ，立即旋紧瓶盖，振荡，观察瓶子变瘪程度，由此可以得到二氧化碳会和氢氧化钠溶液发生反应的结论。
(3)图丙实验中，打开K1和K2后，迅速从a处向瓶中鼓入空气，待瓶中的液面低于燃烧匙底部时，进入量筒B中水的体积为200mL。关闭K1和K2，发现白磷燃烧（白磷过量），由此说明可燃物燃烧的条件之一是 。待装置冷却至室温后，打开K2，如果观察到量筒B中水倒流入A瓶中，且剩余水的体积为 mL，说明空气中氧气的体积约占。
(4)装置丁是某同学设计的验证质量守恒定律的实验，该实验不能成功验证质量守恒定律，原因是 。通过实验改进可以完成该定律的验证，以下合理的做法是 （填字母）。
A．装置不变仅将碳酸钠换成金属锌
B．装置不变仅将稀盐酸换成硝酸钡溶液
C． 药品不变，将烧杯换成锥形瓶，并在瓶口套上一只气球
【答案】(1)溶剂种类
(2)等体积水
(3) 与氧气充分接触 160
(4) 有气体生成，但装置未密闭 BC
【详解】（1）图甲实验中，碘在水中几乎不溶，但可溶于汽油中，说明同种物质在不同的溶剂中，溶解性不同，即影响物质溶解性的因素之一为溶剂种类。
（2）二氧化碳可与氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液中含有水，二氧化碳也可溶于水并与水反应，但比较微弱，观察到加入氢氧化钠溶液的瓶子变瘪程度更大时，即可说明二氧化碳可与氢氧化钠溶液反应，所以另一软塑料瓶中应加入与氢氧化钠溶液等体积的水。
（3）白磷在80℃的热水中未燃烧，但水被排出后，白磷与空气接触，便立即燃烧，说明可燃物燃烧的条件之一是可燃物与氧气充分接触。从a处向瓶中鼓入空气，待瓶中的液面低于燃烧匙底部时，进入量筒B中水的体积为200mL，说明集气瓶中空气的体积为200mL，所以占空气体积的氧气体积为200mL×=40mL，即进入集气瓶中水的体积为40mL，则剩余水的体积为200mL-40mL=160mL。
（4）装置丁天平左盘的装置未密闭，碳酸钠与稀盐酸反应生成的二氧化碳会逸散到空气中，使天平无法保持平衡，所以该实验不能成功验证质量守恒定律。
A、装置不变仅将碳酸钠换成金属锌，锌与稀盐酸反应生成的氢气会逸散到空气中，不能验证质量守恒定律；
B、装置不变仅将稀盐酸为换硝酸钡溶液，硝酸钡与碳酸钠反应生成硝酸钡沉淀和硝酸钠，左盘质量不变，能验证质量守恒定律；
C、药品不变，将烧杯换为锥形瓶，并在瓶口套上一只气球，形成密闭装置，使反应生成的二氧化碳气体不能逸散，左盘质量不变，能验证质量守恒定律。
故选BC。
押题解读
教材基础实验是必考试题。考试说明要求掌握的8个学生基础实验(①粗盐中难溶性杂质的去除;②氧气的实验室制取与性质;③二氧化碳的实验室制取与性质;④金属的物理性质和某些化学性质;⑤燃烧的条件;⑥一定溶质质量分数的氯化钠溶液的配制;⑦溶液酸碱性的检验;⑧酸、碱的化学性质)为该类试题的重要命题素材,有时单独考核实验,有时还需要将两个或几个实验相结合来进行考查。此类试题多源于课本,立足基础,有利于练好实验的基本功。复习时要对教材中的每个演示实验或探究实验,从实验药品、原理、实验仪器、实验装置、操作步骤、注意事项、实验现象、实验结论、误差分析等方面进行梳理和整合,才能做到以不变应万变。
1．化学实验是科学探究的重要形式，也是学习化学的重要途径。
研究物质的组成
(1)分解法：如通过电解水研究水的组成(图1)，检验a管中气体的方法是 。
(2)燃烧法：如某种物质在空气中完全燃烧，生成CO2和H2O，则该物质的元素组成情况是 。
(3)结合上述两种方法，总结研究物质元素组成的一般思路： 、 。（答两点即可）
探究反应的条件
(4)图2为探究可燃物燃烧条件的实验。水中白磷不燃烧，铜片上的白磷燃烧，说明可燃物燃烧的条件是与氧气接触。若要熄灭铜片上燃烧的白磷，采取的方法是 。
研究物质的性质
(5)图3两支试管内都有明显反应现象，说明三种金属的活动性由强到弱的顺序为 。
【实验拓展】
(6)将化学实验与相应的实验目的进行连线 。
【答案】(1)将带火星的小木条放在a管口，若木条复燃，则证明是氧气
(2)肯定含有C、H元素，可能含有氧元素
(3) 质量守恒定律 生成物
(4)用小烧杯盖住白磷（合理即可）
(5)铁、铜、银
(6)
【详解】（1）电解水实验中生成氢气与氧气的体积比为2:1，a管中气体较少，故a管中生成气体为氧气，其检验方法为将带火星的小木条放在a管口，若木条复燃，则证明是氧气；
（2）物质在空气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成物中共有C、H、O三种元素，反应物中氧气能够提供氧元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，故该物质中肯定含有C、H元素，可能含有O元素；
（3）通过以上两个实验，总结出的一般思路为：通过化学反应转化，检验生成物，依据质量守恒定律推测物质的组成；
（4）若要熄灭铜片上燃烧的白磷，可利用隔绝氧气的原理，比如用小烧杯盖住白磷（合理即可）；
（5）金属活动性强的金属才能置换出金属活动性弱的金属，铁丝与硫酸铜反应有明显现象，说明铁的金属活动性大于铜，铜与硝酸银溶液反应产生明显现象，说明铜的活动性大于银，故三种金属的金属活动性由强到弱的顺序为：铁、铜、银；
（6）探究铁生锈的条件的实验目的是探究发生化学反应的条件，二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，揭示了催化剂的概念，铁丝在氧气中燃烧是为了验证物质的性质，测定空气中氧气的成分，是为了探究空气的组成；故答案为：
2．兴趣小组利用气体压强的变化解决了一系列问题。
(1)利用图1所示装置测定空气中氧气含量（固定仪器略）。
①烧杯中的生石灰与水反应 （选填“放热”或“吸热”）。
②若白磷足量，试管内净容积为50mL，反应前注射器的活塞停在50mL处，整个实验过程中观察到注射器的活塞 。
(2)利用图2所示装置（气密性良好）探究CO2与NaOH溶液的反应。
步骤1：打开数据采集器、止水夹K1和K2，加入大理石与NaOH溶液；
步骤2：关闭K1，往抽滤瓶中加入稀盐酸，待瓶中充满二氧化碳气体后，塞紧橡胶塞；
步骤3：反应一段时间后，打开K1，待压强稳定后关闭K1;
步骤4：打开分液漏斗活塞，加入氢氧化钠溶液，振荡，打开K1，获得图3所示压强变化曲线。
③大理石与稀盐酸反应生成二氧化碳的化学方程式为 。
④导致DE段压强减小的主要原因是 ，EF段对应装置中的实验现象是 。
【答案】(1) 放热 先向右移动，后向左移动，最终停在29mL处
(2) CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑ 打开分液漏斗活塞，氢氧化钠溶液与二氧化碳反应，气体减少，瓶内压强减小， 抽滤瓶中产生白色沉淀
【详解】（1）①生石灰与水反应生成氢氧化钙，该反应放热，使温度达到白磷的着火点；
②白磷燃烧放出热量，温度升高，压强增大，活塞先向右移动，但白磷燃烧又消耗氧气，消耗氧气的体积为：（50mL+50mL）×21%=21mL，活塞又向左移动，待冷却至室温，最终注射器的活塞停在50mL-21mL=29mL处；
（2）③大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳、水和氯化钙，化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
④导致DE段压强减小的主要原因是，打开分液漏斗活塞，加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液与抽滤瓶中二氧化碳反应，使瓶内压强减小；
EF段压强增大，是因为打开K1，烧杯中液体流入抽滤瓶，烧杯中氢氧化钠溶液已经与先通入的二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与抽滤瓶中氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，则可观察到抽滤瓶中产生白色沉淀。
3．化学小组开展实验室常见气体制取与性质的实验。
【活动一】氧气的制取及性质
(1)用高锰酸钾制备氧气并收集较纯净的氧气用于做铁丝燃烧的实验，选择的收集装置是 ；
(2)装置F的实验，观察到铁丝剧烈燃烧、火星四射，生成 色固体。
(3)设计并制作简易制氧机。
查阅资料：超氧化钾（）产氧效率高，适合作生氧剂。
①原理分析：，，X的化学式为 ；
②动手实践：如图为同学们利用家中饮料瓶、吸管等制作的简易制氧机。可以利用G瓶中的水润湿氧气并观察产生氧气的速率，其原理是利用氧气 溶于水且不与水反应的性质。
【活动二】二氧化碳的制取及性质
(4)实验室常用大理石和稀盐酸制取，反应的化学方程式为 ；
(5)小组同学将制得的二氧化碳净化后，进行如图实验。
Ⅰ．A中放置的是紫色石蕊溶液染成的湿润纸花，其中能使紫花变红的物质为 ；
Ⅱ．B中观察到的现象是 ；
Ⅲ．C中观察到下面的蜡烛先熄灭，由此提现出具有的物理性质为 。
【答案】(1)E
(2)黑
(3) H2O 不易
(4)
(5) 碳酸/H2CO3 澄清石灰水变浑浊 密度比空气大
【详解】（1）氧气不易溶于水，密度比空气大，可用排水法或向上排空气法收集，排水法收集的氧气比较纯净，且在铁丝燃烧的实验中，需要在集气瓶底部放少量水或铺一层细沙，防止高温熔融物溅落，炸裂瓶底，最好选择排水法收集，故选择的收集装置是：E；
（2）铁丝在氧气中剧烈燃烧、火星四射，生成黑色固体；
（3）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，生成物中含K、O、H的个数分别是4、10、4，反应物中含K、O、H的个数分别是4、8、0，故反应物中还应含2个O、4个H，故X的化学式为：H2O；
②可以利用G瓶中的水润湿氧气并观察产生氧气的速率，其原理是利用氧气不易溶于水且不与水反应的性质；
（4）大理石的主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；
（5）Ⅰ、二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，能使紫色石蕊试液变红，故能使紫花变红的物质为碳酸；
Ⅱ、B中二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，故现象是：澄清石灰水变浑浊；
Ⅲ、C中蜡烛熄灭，说明二氧化碳不燃烧、不支持燃烧，下面的蜡烛先熄灭，说明二氧化碳的密度比空气大，密度不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质。
4．化学是一门以实验为基础的科学。
(1)请结合下列实验装置，回答有关问题：
①写出仪器名称：a 。
②实验室用A装置制取氧气的化学方程式为 ，可选用的收集装置是 (填字母)。
③实验室一般用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳，化学方程式为 ，制取并收集可选用装置 。
(2)下列选项中，对相应实验描述正确的是
【答案】(1) 集气瓶 C/E BC
(2)AB
【详解】（1）①据图可知，仪器a是集气瓶。
②据图可知，A装置是固体加热型装置，且试管口没有棉花，制取氧气的药品是氯酸钾和二氧化锰的混合物，氯酸钾在二氧化锰催化作用下，加热分解生成氯化钾和氧气，化学方程式为。由于氧气密度比空气大，所以可用向上排空气法收集；由于氧气不易溶于水，可用排水法收集。所以可选用的收集装置是C或E。
③石灰石主要成分碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式。由于石灰石和稀盐酸反应制取二氧化碳是固体和液体反应，不需加热，所以发生装置选择B；二氧化碳密度比空气大，能溶于水，所以只能用向上排空气法收集。所以收集装置选择C。所以装置组成为BC。
（2）A、由于生石灰与水反应放热现象明显，所以将水加入盛有生石灰的试管中，触摸试管外壁，感觉发烫。A正确；
B、由于二氧化锰是过氧化氢溶液分解反应的催化剂，所以加入MnO2的试管产生氧气更快。B正确；
C、由于浓氨水具有挥发性，氨水显碱性，使酚酞变红。所以烧杯①中溶液变红，说明氨分子运动到了酚酞溶液中。C不正确。
综上所述：选择AB。
5．请根据下列实验装置图回答有关问题。
(1)装置B中作为反应容器的仪器名称是 。
(2)若用装置B和F制取二氧化碳，有关反应的化学方程式为 ，收集气体时应将a和 (填“b”或“c”)相连，为验证二氧化碳的性质，另一端连接G装置，如图表示G中溶液的pH与实验时间的变化关系曲线。已知：此实验条件下Na2CO3溶液的pH=11.6，NaHCO3溶液的pH=8.3。实验50s时烧杯中的溶质是 。
(3)若将装置A和E连接制取氧气，则A中反应的化学方程式为 ，试管中棉花的作用是 ，根据燃烧条件分析棉花没有燃烧的主要原因是 。
(4)收集某种气体时仅能选用装置D，说明该气体具有的物理性质是 和 。
(5)如图装置可用于实验室多次连续进行氧气的制取和性质的实验。
①打开弹簧夹，在燃烧匙中点燃硫粉，丁试管中为稀KMnO4溶液，丁装置可观察到现象是 。
②实验过程中需要0.64g氧气，至少需要准备5%的过氧化氢溶液多少克 ？(写出计算过程)
【答案】(1)锥形瓶
(2) b Na2CO3、NaHCO3
(3) 防止固体粉末进入导管 温度没有得到棉花的着火点
(4) 可溶于水 密度比空气小
(5) 红色逐渐褪去 解：设需要过氧化氢溶质的质量为x
至少需要准备5%的过氧化氢溶液质量为
答：实验过程中需要0.64g氧气，至少需要准备5%的过氧化氢溶液27.2g。
【详解】（1）装置B中作为反应容器的仪器是锥形瓶；
（2）实验室用大理石和稀盐酸反应制取二氧化碳，反应原理是碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙水和二氧化碳，故方程式为；
二氧化碳密度比空气大，选用F装置收集应长进短出，所以收集气体时应将a与b相连；
已知：此实验条件下Na2CO3溶液的pH=11.6，NaHCO3溶液的pH=8.3。实验50s时溶液的pH在11.6和8.3之间，所以此时的溶质为碳酸钠和碳酸氢钠两种；
（3）A装置为固体加热型发生装置，管口有棉花，所以应选用高锰酸钾制氧，高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故化学方程式为：；
为了防止高锰酸钾粉末进入导管，使导管堵塞，所以在管口放一团棉花；
棉花属于可燃物，与氧气接触，但没有燃烧，主要原因是温度未达到棉花的着火点；
（4）D装置为向下排空气法收集装置，可采用向下排空气法收集，说明气体密度比空气小，仅能选用装置D，说明不能选用排水法收集，说明该气体能溶于水；
（5）①过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解产生水和氧气，丙中的硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫能使高锰酸钾溶液的红色褪去；
②见答案。
6．化学兴趣小组对空气中氧气的含量进行测定：
【探究实验一】：用如图两套装置进行实验，请回答下列问题：
【查阅资料】五氧化二磷具有强烈的腐蚀性和毒性，进入空气中会污染空气。
(1)使用这两套装置，在测定氧气含量前必须检查装置的气密性，检查图Ⅰ装置气密性的方法是连接好仪器，将导气管放入水中，打开弹簧夹，用手握住集气瓶，观察到 的现象，说明气密性好。
(2)图Ⅱ实验过程中，先打开弹簧夹，然后对红磷加热使其燃烧，可以观察到注射器塞来回移动，待试管冷却后，注射器活塞将停留在15mL刻度 （填“左”或“右”）侧。
(3)图Ⅱ装置和图Ⅰ装置对比，其优点是： 。
【探究实验二】：为了准确测定空气中氧气的含量，用气体压力传感器检测密闭体系内的气压变化，并以数值、曲线等多种形式形象地显示出来。
图1为燃烧红磷测定空气中氧气含量的实验装置。连接好实验装置，将压力传感器接入电脑并打开，点燃燃烧匙内的红磷进行实验，集气瓶内气压与时间关系如图2所示。
(4)图2中BC段气压变化的原因是： 。
(5)图2中DE段对应图1中的实验操作是： 。
【答案】(1)水中导管口有气泡冒出
(2)左
(3)操作简单或实验结果更准确或更加环保等（合理即可）
(4)红磷燃烧产生热量，集气瓶内的气体受热膨胀，压强增大
(5)打开弹簧夹
【详解】（1）在测定氧气含量前必须检查装置的气密性，检查图Ⅰ装置气密性的方法是连接好仪器，将导气管放入水中，打开弹簧夹，用手握住集气瓶，观察到水中导管口有气泡冒出，说明气密性好；
（2）图Ⅱ实验过程中，先打开弹簧夹，然后对红磷加热使其燃烧，红磷燃烧放热，温度升高，装置内压强增大，注射物活塞向右移动，红磷燃烧消耗氧气，生成五氧化二磷固体，待试管冷却后，装置内气体减少，压强减小，则可观察到注射器活塞又向左移动，消耗氧气体积为：（45mL+15mL）×=12mL，最终由于氧气的消耗，注射器活塞将停留在15mL-12mL=3mL刻度处，即注射器活塞将停留在15mL刻度左侧；
（3）图Ⅱ装置和图Ⅰ装置对比，图2实验装置操作更简单，可以防止燃烧匙伸入集气瓶中时导致的部分气体受热膨胀逸出，可以使实验结果更准确，同时防止了反应生成的五氧化二磷扩散到空气中污染环境，更加环保等（合理即可）；
（4）BC段压强增大，是红磷燃烧产生热量，集气瓶内的气体受热膨胀，压强增大；
（5）DE段气压增大，导致该变化的实验操作是打开弹簧夹，在外界大气压作用下，水进入集气瓶，随着水的进入，集气瓶中的气压逐渐增大。
7．化学实验是学习化学的重要活动。
活动一：研究气体的制取和性质

(1)用装置制A制取O2的化学反应方程式为 ，制取3.2g氧气需要过氧化氢的物质的量为 ml。
(2)装置B和C具有“随开随用，随关随停”的优点，该装置对反应物中固体药品的要求是 ；B和C中处于暂停产生气体状态的是 (选填“B”或“C”)。若选择D装置收集二氧化碳，气体应从 (填“a”或“b”)口进入。
(3)向装置E中的广口瓶中加入适量稀盐酸，关闭活塞振荡，观察到产生大量气泡，碳酸钙粉末全部溶解，气球变大。然后再将足量的氢氧化钠溶液加入广口瓶中，关闭活塞振荡，观察到的现象是 。
活动二：研究金属的活动性和回收金属
小组设计下图1实验来验证铁、铜、银的金属活动性顺序，并在实验后按照下图2所示流程从试管B的溶液中回收铜和银。

(4)试管B中发生的反应方程式为 。
(5)图1中的方案，能否达到实验目的？请说明理由，若不能达到实验目的，请完善实验方案。
(6)分析图2的处理流程：滤液里一定含有的溶质是 ，加入铁粉的质量 (选填“>”、“