2024江苏省苏州市中考化学试卷+答案

/2024江苏省苏州市中考化学试卷一、单项选择题（包括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）苏州是历史悠久的文化名城，古今建筑交相辉映。下列建筑材料属于金属材料的是（）A．旧城墙的青砖 B．古城门的铜钉 C．火车站立柱的水泥 D．博物馆天窗的玻璃2．（2分）空气中含有多种气体，其中体积分数最大的是（）A．O2 B．N2 C．CO2 D．稀有气体3．（2分）下列物质由分子构成的是（）A．水 B．铜 C．氯化钠 D．金刚石4．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（）A．银元素：AG B．硫酸钠：Na2S C．3个氧原子：O3 D．2个镁离子：2Mg2+阅读下列材料，回答5～7题：高锰酸钾（KMnO4）是一种受热或见光易分解的晶体，可用于实验室制取氧气，反应原理为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。KMnO4溶液可用作消毒剂。5．下列物质中属于氧化物的是（）A．KMnO4 B．K2MnO4 C．MnO2 D．O26．在高锰酸钾制氧气实验中，一定不需要用到的仪器是（）A．酒精灯 B．试管 C．漏斗 D．集气瓶7．下列关于高锰酸钾的说法正确的是（）A．高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶 B．高锰酸钾受热不易发生分解 C．高锰酸钾难溶于水 D．制氧气时高锰酸钾中氧元素全部转化为氧气8．（2分）下列有关溶液的说法正确的是（）A．溶液由溶质和溶剂组成 B．碘酒中，碘是溶剂，酒精是溶质 C．溶液的溶质只能是一种 D．所有溶液均是无色、澄清的液体9．（2分）硒元素是人体健康必不可少的微量元素。硒元素在元素周期表中的部分信息如图所示。下列说法正确的是（）A．硒元素属于金属元素 B．硒的元素符号为Se C．硒原子的最外层电子数为34 D．硒的相对原子质量为78.96g10．（2分）下列有关水的说法正确的是（）A．地球上的淡水资源取之不尽用之不竭 B．用活性炭吸附可除去水中的所有杂质 C．生活中可利用肥皂水区分硬水和软水 D．生活污水和工业废水可随意排入河流11．（2分）火的使用推动人类文明的进步。下列有关燃烧与灭火的说法或措施正确的是（）A．可燃物接触氧气即可发生燃烧 B．将木材架空可以降低其着火点 C．电线短路起火，可用冷水浇灭 D．炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭12．（2分）在“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，所涉及到的下列实验操作不规范的是（）A．溶解粗盐 B．过滤粗盐水 C．点燃酒精灯 D．蒸发滤液13．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．镁有银白色光泽，可用于生产烟花 B．氮气是无色无味气体，可用作保护气 C．石墨具有导电性，可用于制作铅笔芯 D．熟石灰具有碱性，可用于改良酸性土壤14．（2分）下列有关金属的说法正确的是（）A．常温下，所有金属单质均是固体 B．工业炼铁可用一氧化碳将铁的氧化物还原成铁 C．铁的锈蚀只与空气中的氧气有关 D．废旧铁制用品应该直接填埋处理15．（2分）宋代《千里江山图》历经千年青绿依旧。其中绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu2（OH）2CO3，也可表示为xCu（OH）2•yCuCO3]。下列说法正确的是（）A．Cu（OH）2易溶于水 B．Cu（OH）2不能与稀硫酸发生反应 C．CuCO3属于碱 D．16．（2分）Na2CO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．Na2CO3的溶解度随温度升高而增大 B．Na2CO3的溶解度一定比NaCl的大 C．T℃时，30gNaCl能完全溶解于50g水中 D．T℃时，Na2CO3和NaCl两种饱和溶液的溶质质量分数相等17．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质转化不能实现的是（）A．CuFe B．PP2O5 C．CO2O2 D．NaOH溶液NaCl溶液18．（2分）某实验小组设计如图实验对过氧化氢分解进行探究。下列相关说法不正确的是（）A．对比实验甲和乙，探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响 B．对比实验乙和丁，探究MnO2对H2O2分解速率的影响 C．对比实验甲和丙，探究温度对H2O2分解速率的影响 D．对比实验甲、丙和丁，探究MnO2和温度对H2O2分解速率影响的程度19．（2分）常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液（见图），产生无色气体，白色沉淀不断增加。下列有关说法正确的是（）A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子仅含Ca2+ B．滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl和HCl C．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液的酸性逐渐增强 D．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl﹣数目保持不变20．（2分）捕集空气中CO2加氢制甲醇（CH3OH），可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1 B．反应②中，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗2.2kgCO2 C．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充 D．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放二、非选择题（共60分）21．（8分）“福建舰”解缆启航，标志着我国航空母舰建设迈向新征程。Ⅰ.航母建造（1）航母建造需使用纯铜、钢铁、钛合金等。①航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和性。②钢铁的硬度比纯铁（填“大”或“小”）。③钛可由二氧化钛（TiO2）制得，TiO2中Ti的化合价为。Ⅱ.能源供给（2）航母动力由重油（含C8H18等多种成分）燃烧提供。C8H18分子中碳、氢原子个数比为（填最简整数比）。（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为。Ⅲ.生命保障（4）食物和淡水是重要的生活保障。①供给食物包含牛奶和青菜，其中主要为人体提供蛋白质的食品是。②部分淡水可通过减小压强使水的沸点（填“升高”或“降低”），进而使水汽化、冷凝而获得。（5）过氧化钠（Na2O2）可用作舰载机飞行员供氧面罩的供氧剂。Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为22．（8分）实验室用如图所示装置制取CO2气体，并进行相关性质研究。已知：CO2与饱和NaHCO3溶液不发生反应。（1）仪器a的名称是。（2）连接装置A、B，向锥形瓶内逐滴加入稀盐酸。①锥形瓶内发生反应的化学方程式为。②若装置B内盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是。③若装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是。（3）将纯净干燥的CO2缓慢通入装置C，观察到现象：a.玻璃管内的干燥纸花始终未变色；b.塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。①根据上述现象，得出关于CO2性质的结论是：、。②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，原因是（用化学方程式表示）。（4）将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，该过程参加反应的离子有（填离子符号）。23．（8分）天然气的综合利用是重要的研究课题。天然气是重要的化石燃料和能源，主要成分为甲烷（CH4），还含有少量硫化氢（H2S）等气体。硫化氢可在催化剂作用下与甲烷反应而除去，其反应微观示意图如图1所示。利用甲烷催化制取氢气。一种甲烷水蒸气催化制氢的透氢膜反应器如图2所示，通入的甲烷和水蒸气在高温和催化剂作用下反应生成一氧化碳和氢气（该反应是吸热反应），一部分氢气通过透氢膜与膜外侧通入的氧气反应。利用甲烷在高温、Cu﹣Pd催化作用下分解可制取新型碳单质材料——石墨烯，石墨烯具有很高的强度和优良的导电性能。（1）甲烷完全燃烧生成CO2和H2O的化学方程式为。（2）结合图1，分析甲烷与硫化氢的反应。①产物“”中，碳元素和硫元素的质量比为（填最简整数比）。②该反应过程中变化的是（填字母）。A.分子的数目B.原子的种类C.物质的总质量（3）结合图2，分析甲烷水蒸气制氢反应。①甲烷水蒸气制氢反应的化学方程式为。②在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是。（4）下列说法正确的是（填字母）。A.天然气属于纯净物B.天然气和氢气均属于可再生能源C.透氢膜反应器内生成的CO与H2未被完全分离D.石墨烯具有优良的导电性能，是一种金属单质24．（11分）柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。Ⅰ.制碳酸亚铁用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图1所示：已知：a.Na2CO3溶液呈碱性；b.FeSO4在碱性条件下生成Fe（OH）2沉淀。（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是（任写一条）。（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是（填离子符号）。（3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是（填操作名称）。（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4。①该反应的基本类型为。②实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是。③待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是（填化学式）。Ⅱ.制柠檬酸亚铁（5）用如图2所示装置制备柠檬酸亚铁：步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C6H8O7）溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应；步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。①制备原理为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+X+H2O，物质X是（填化学式）。②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是。③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是。25．（13分）氨气是制备各类含氮化合物的基础原料，在生产和使用过程中会产生氨氮废水，需处理达标后才能排放。Ⅰ.氨的合成（1）工业上利用N2+3H22NH3合成氨气。①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程属（填“物理变化”或“化学变化”）。②催化剂可用Fe3O4。高温下，部分Fe3O4被H2还原为FeO，转化过程中固体所含铁元素的质量分数（填“升高”或“降低”）。Ⅱ.氨的应用（2）液氨可用作制冷剂。氨气转化为液氨过程中，发生改变的是（从微观角度解释）。（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质。该过程中化合价发生变化的元素是（填元素符号）。Ⅲ.氨氮测定（4）测定氨氮含量：取200mL氨氮废水，将氮元素完全转化为NH3，完全吸收所得NH3需要消耗9.8g10%的稀硫酸[反应原理2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4]。计算该废水中的氮元素含量。（含量以g•L﹣1表示，写出计算过程。H2SO4的相对分子质量为98）Ⅳ.氨氮废水处理某工厂的氨氮废水处理流程如图1所示：已知：水体中的氮元素通常以氨氮（或NH3）、硝氮（或）形式存在。（5）“吹脱”时，加入物质X，将转化为NH3，并通入热空气将NH3吹出。物质X可选用（填字母）。A.稀盐酸B.NaOH溶液C.NaCl溶液D.生石灰（6）“氧化”时，次氯酸钠投入质量m（NaClO）对废水中的氨氮去除率（×100%）和总氮残留率（×100%）的影响如图2所示。①NaClO将NH3反应转化为N2的化学方程式为。②当m（NaClO）＞m1时，废水中总氮残留率上升的原因是。26．（12分）燃煤烟气中含二氧化硫，石灰石湿法脱硫制备石膏（CaSO4）的主要流程如图1所示：已知：a.当压强不变时，随着温度升高，气体的溶解度减少；b.脱硫过程中，其他条件相同时，随浆液酸性增强，CaCO3溶解的质量增加，SO2吸收的质量减小；c.CaSO3能与稀盐酸反应：CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O。（1）大气中二氧化硫含量过高会导致的环境问题是。（2）“制浆”时，石灰石粉碎后加水所得浆液属于（填字母）。A.溶液B.悬浊液C.乳浊液（3）“吸收一氧化”过程包括：①CaCO3吸收SO2反应生成CaSO3；②CaSO3转化为CaSO4。该过程中反应产物无污染，其总反应化学方程式为。（4）“吸收﹣氧化”的脱硫率（×100%）受多种因素影响。①吸收塔内采用气液逆流接触吸收的方式（如图2所示）。含SO2烟气从吸收塔底部鼓入，浆液从吸收塔顶部喷淋，其目的是。鼓入的含SO2烟气温度过高，会导致脱硫率下降，原因是。②其他条件相同，脱硫率受浆液pH的影响如图3所示。浆液pH高于5.6时，脱硫率随pH升高而下降，其原因是。（5）所得石膏产品中混有CaSO3。请补充完整检验CaSO3的实验方案：取少量所得产品，，说明产品中混有CaSO3。（必须使用的试剂：稀盐酸、稀KMnO4溶液）

2024江苏省苏州市中考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（包括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）苏州是历史悠久的文化名城，古今建筑交相辉映。下列建筑材料属于金属材料的是（）A．旧城墙的青砖 B．古城门的铜钉 C．火车站立柱的水泥 D．博物馆天窗的玻璃【分析】根据金属材料包括纯金属以及它们的合金，进行分析解答。【解答】解：A、青砖，属于无机非金属材料，故选项错误。B、铜钉是用铜合金制成的，属于金属材料，故选项正确。C、水泥，属于无机非金属材料，故选项错误。D、玻璃，属于无机非金属材料，故选项错误。故选：B。【点评】本题难度不大，了解金属材料的范畴并能灵活运用是正确解答此类题的关键。2．（2分）空气中含有多种气体，其中体积分数最大的是（）A．O2 B．N2 C．CO2 D．稀有气体【分析】根据空气中各成分的体积分数，进行分析判断。【解答】解：空气的成分按体积计算，大约是：氮气占78%、氧气占21%、稀有气体占0.94%、二氧化碳占0.03%、其它气体和杂质占0.03%，则空气中体积分数最大是氮气，其化学式为N2。故选：B。【点评】本题难度不大，熟记空气的成分及各成分的体积分数（口诀：“氮七八氧二一，零点九四是稀气；还有两个点零三，二氧化碳和杂气”）是正确解答此类题的关键。3．（2分）下列物质由分子构成的是（）A．水 B．铜 C．氯化钠 D．金刚石【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、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故选项正确。B、铜属于金属单质，是由铜原子直接构成的，故选项错误。C、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，故选项错误。D、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故选项错误。故选：A。【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。4．（2分）下列有关化学用语的表示正确的是（）A．银元素：AG B．硫酸钠：Na2S C．3个氧原子：O3 D．2个镁离子：2Mg2+【分析】本题考查化学用语的意义及书写，解题关键是分清化学用语所表达的对象是分子、原子、离子还是化合价，才能在化学符号前或其它位置加上适当的计量数来完整地表达其意义，并能根据物质化学式的书写规则正确书写物质的化学式，才能熟练准确的解答此类题目。【解答】解：A、银元素的元素符号为Ag，选项表示方法错误；B、硫酸钠中，钠元素显+1价，硫酸根显﹣2价，则硫酸钠的化学式为Na2SO4，选项表示方法错误；C、表示多个原子时，在相应的元素符号前写出原子数目即可，所以3个氧原子表示为3O，选项表示方法错误；D、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号或原子团符号右上角，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，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，所以2个镁离子表示为2Mg2+，选项表示方法正确。故选：D。【点评】本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写，考查全面，注重基础，题目难度较易。阅读下列材料，回答5～7题：高锰酸钾（KMnO4）是一种受热或见光易分解的晶体，可用于实验室制取氧气，反应原理为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑。KMnO4溶液可用作消毒剂。5．下列物质中属于氧化物的是（）A．KMnO4 B．K2MnO4 C．MnO2 D．O2【分析】根据氧化物是由两种元素组成的化合物，且一种元素为氧元素分析。【解答】解：A、KMnO4是由三种元素组成的，不属于氧化物，不合题意；B、K2MnO4是由三种元素组成的，不属于氧化物，不合题意；C、MnO2是由锰元素与氧元素两种元素组成的化合物，属于氧化物，符合题意；D、O2是由一种元素组成的纯净物，属于单质，不合题意。故选：C。【点评】本题较简单，主要从概念上来抓住判断的关键点，两个关键点缺一不可，要同时具备。6．在高锰酸钾制氧气实验中，一定不需要用到的仪器是（）A．酒精灯 B．试管 C．漏斗 D．集气瓶【分析】根据实验室用高锰酸钾制氧气，属于固体加热型，氧气的密度比空气大，不易溶于水进行分析判断即可。【解答】解：实验室用高锰酸钾制氧气，属于固体加热型，发生装置需要用到试管、铁架台、酒精灯、带导管的单孔塞，收集氧气时需要集气瓶，若用排水法收集还需要水槽。无需用漏斗。故选：C。【点评】本题难度不大，是中考的重要考点之一，熟练掌握实验室中制取氧气的反应原理、发生装置和收集装置的选择依据等是正确解答本题的关键。7．下列关于高锰酸钾的说法正确的是（）A．高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶 B．高锰酸钾受热不易发生分解 C．高锰酸钾难溶于水 D．制氧气时高锰酸钾中氧元素全部转化为氧气【分析】A、根据高锰酸钾见光易分解来分析；B、根据高锰酸钾受热易分解来分析；C、根据高锰酸钾的溶解性来分析；D、根据高锰酸钾制氧气的原理来分析。【解答】解：A、高锰酸钾是一种见光易分解的晶体，因此，高锰酸钾应保存于棕色试剂瓶，选项说法正确；B、高锰酸钾（KMnO4）是一种受热易分解的晶体，选项说法错误；C、高锰酸钾是一种钾盐，易溶于水，选项说法错误；D、由化学方程式2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑可知，制氧气时高锰酸钾中只有四分之一的氧元素转化为氧气，选项说法错误。故选：A。【点评】本题难度不大，掌握加热高锰酸钾制氧气的原理、高锰酸钾的性质是解题的关键。8．（2分）下列有关溶液的说法正确的是（）A．溶液由溶质和溶剂组成 B．碘酒中，碘是溶剂，酒精是溶质 C．溶液的溶质只能是一种 D．所有溶液均是无色、澄清的液体【分析】根据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，是由溶质和溶剂组成的；溶液中溶质和溶剂的判断方法（即气体、固体溶于液体中，液体是溶剂，气体、固体为溶质；液体和液体相溶时，量多的为溶剂，量少的为溶质；有水时，不管量多量少，一般把水看作溶剂；没有指明溶剂时，常把水看作溶剂），进行分析判断。【解答】解：A、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，溶液由溶质和溶剂组成，故选项说法正确。B、碘酒是碘的酒精溶液，碘是溶质，酒精是溶剂，故选项说法错误。C、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，溶液的溶质不是只能是一种，可以有多种，故选项说法错误。D、不是所有溶液均是无色、澄清的液体，如硫酸铜溶液是蓝色的，故选项说法错误。故选：A。【点评】本题难度不大，了解溶液的特征、溶质和溶剂的确定方法等是正确解答本题的关键。9．（2分）硒元素是人体健康必不可少的微量元素。硒元素在元素周期表中的部分信息如图所示。下列说法正确的是（）A．硒元素属于金属元素 B．硒的元素符号为Se C．硒原子的最外层电子数为34 D．硒的相对原子质量为78.96g【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；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、硒带“石”字旁，属于固态非金属元素，故选项说法错误。B、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，硒的元素符号为Se，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，该元素的原子序数为34；根据原子中原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，则硒原子的核外电子数为34，而不是最外层电子数为34，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78.96，相对原子质量单位是“1”，不是“g”，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。10．（2分）下列有关水的说法正确的是（）A．地球上的淡水资源取之不尽用之不竭 B．用活性炭吸附可除去水中的所有杂质 C．生活中可利用肥皂水区分硬水和软水 D．生活污水和工业废水可随意排入河流【分析】A、根据地球上水资源状况，进行分析判断。B、根据活性炭具有吸附性，进行分析判断。C、根据硬水和软水的区别在于所含的钙、镁离子的多少，进行分析判断。D、根据水体的污染，进行分析判断。【解答】解：A、地球上的水总储备虽然很大，但大部分是海水，淡水只约占全球水储量的2.53%，可利用的淡水资源不到全球总储水量的1%，并不是取之不尽、用之不竭的，故选项说法错误。B、活性炭具有吸附性，能吸附异味和色素，不能除去水中的所有杂质，故选项说法错误。C、硬水和软水的区别在于所含的钙、镁离子的多少，生活中可用肥皂水来区分硬水和软水，产生泡沫较多的是软水，产生泡沫较少的是硬水，故选项说法正确。D、生活污水和工业废水不能随意排入河流，否则会污染水体，故选项说法错误。故选：C。【点评】本题难度不大，了解硬水和软水的鉴别方法、地球上水资源状况、水体的污染等是正确解答本题的关键。11．（2分）火的使用推动人类文明的进步。下列有关燃烧与灭火的说法或措施正确的是（）A．可燃物接触氧气即可发生燃烧 B．将木材架空可以降低其着火点 C．电线短路起火，可用冷水浇灭 D．炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭【分析】根据燃烧需要同时满足三个条件：①可燃物、②氧气或空气、③温度要达到着火点；灭火的原理：①清除或隔离可燃物，②隔绝氧气或空气，③使温度降到可燃物的着火点以下，进行分析判断。【解答】解：A、可燃物接触氧气不一定能发生燃烧，还需与氧气接触，故选项说法错误。B、将木材架空，能增大木材和氧气的接触面积，不能降低其着火点，故选项说法错误。C、电线短路起火，首先应切断电源，为防止触电，不能用冷水浇灭，故选项说法错误。D、炒菜油锅着火，可用锅盖盖灭，利用的隔绝氧气的灭火原理，故选项说法正确。故选：D。【点评】本题难度不大，了解燃烧的条件、灭火的原理并能灵活运用是正确解答本题的关键。12．（2分）在“粗盐中难溶性杂质的去除”实验中，所涉及到的下列实验操作不规范的是（）A．溶解粗盐 B．过滤粗盐水 C．点燃酒精灯 D．蒸发滤液【分析】A、根据溶解操作的方法，进行分析判断。B、根据过滤要注意“一贴、二低、三靠”的原则，进行分析判断。C、根据使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，进行分析判断。D、根据蒸发操作的方法、注意事项，进行分析判断。【解答】解：A、溶解操作应在烧杯中进行，用玻璃棒不断搅拌，图中所示操作正确。B、过滤时要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中所示操作正确。C、使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，禁止用酒精灯去引燃另一只酒精灯，图中所示操作错误。D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防止局部温度过高，造成液体飞溅，图中所示操作正确。故选：C。【点评】本题难度不大，了解粗盐提纯的原理、实验步骤（溶解、过滤、蒸发）、注意事项等是正确解答本题的关键。13．（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）A．镁有银白色光泽，可用于生产烟花 B．氮气是无色无味气体，可用作保护气 C．石墨具有导电性，可用于制作铅笔芯 D．熟石灰具有碱性，可用于改良酸性土壤【分析】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。【解答】解：A、镁燃烧时发出耀眼的白光，因此可用于生产烟花，与有银白色光泽无关，对应关系错误；B、氮气是一种化学性质较稳定的气体，可用作保护气，与无色无味无关，对应关系错误；C、石墨质软，能在纸上留下灰黑色痕迹，可用于制作铅笔芯，与具有导电性无关，对应关系错误；D、熟石灰具有碱性，能与酸性物质反应，可用于改良酸性土壤，对应关系正确。故选：D。【点评】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。14．（2分）下列有关金属的说法正确的是（）A．常温下，所有金属单质均是固体 B．工业炼铁可用一氧化碳将铁的氧化物还原成铁 C．铁的锈蚀只与空气中的氧气有关 D．废旧铁制用品应该直接填埋处理【分析】A、根据金属的物理性质，进行分析判断。B、根据工业炼铁的原理，进行分析判断。C、根据铁锈蚀的条件，进行分析判断。D、根据废旧铁制用品可回收再利用，进行分析判断。【解答】解：A、常温下，不是所有金属单质均是固体，如常温下汞呈液态，故选项说法错误。B、一氧化碳具有还原性，工业炼铁可用一氧化碳将铁的氧化物还原成铁，故选项说法正确。C、铁在空气中锈蚀，实际上是铁与空气中的氧气、水共同作用的结果，故选项说法错误。D、废旧铁制用品可回收再利用，直接填埋处理会浪费金属资源，故选项说法错误。故选：B。【点评】本题难度不大，了解铁锈蚀的条件、工业炼铁的原理、金属的物理性质等是正确解答本题的关键。15．（2分）宋代《千里江山图》历经千年青绿依旧。其中绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu2（OH）2CO3，也可表示为xCu（OH）2•yCuCO3]。下列说法正确的是（）A．Cu（OH）2易溶于水 B．Cu（OH）2不能与稀硫酸发生反应 C．CuCO3属于碱 D．【分析】根据题意，宋代《千里江山图》历经千年青绿依旧，绿色颜料来自孔雀石[主要成分为Cu2（OH）2CO3，也可表示为xCu（OH）2•yCuCO3]，结合盐的化学性质、碱的特征等，进行分析判断。【解答】解：A、氢氧化铜难溶于水，故选项说法错误。B、Cu（OH）2属于碱，能与稀硫酸发生反应生成硫酸铜和水，故选项说法错误。C、CuCO3是由铜离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选项说法错误。D、孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，也可表示为xCu（OH）2•yCuCO3，由碳原子的个数相等，则y＝1；由铜原子的个数相等，则x+1＝2，x＝1，则＝1，故选项说法正确。故选：D。【点评】本题难度不大，了解酸碱盐的化学性质、碱和盐的特征等是正确解答本题的关键。16．（2分）Na2CO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．Na2CO3的溶解度随温度升高而增大 B．Na2CO3的溶解度一定比NaCl的大 C．T℃时，30gNaCl能完全溶解于50g水中 D．T℃时，Na2CO3和NaCl两种饱和溶液的溶质质量分数相等【分析】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。【解答】解：A、高于40℃时，碳酸钠的溶解度随温度的升高而减小，故A错误；B、在比较物质的溶解度时，需要指明温度，温度不能确定，溶解度也不能确定，故B错误；C、T℃时，氯化钠的溶解度大于30g，所以30gNaCl不能完全溶解于50g水中，故C错误；D、T℃时，Na2CO3和NaCl的溶解度相等，所以两种饱和溶液的溶质质量分数相等，故D正确。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。17．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质转化不能实现的是（）A．CuFe B．PP2O5 C．CO2O2 D．NaOH溶液NaCl溶液【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据所涉及物质的性质，分析能否只通过一个反应而实现即可。【解答】解：A、铜的金属活动性比铁弱，不能与硫酸亚铁溶液反应，物质转化不能实现，故选项正确。B、磷在氧气中燃烧生成五氧化二磷，物质转化能实现，故选项错误。C、二氧化碳与水在光照条件下、在叶绿体的作用下生成生成有机物和氧气，物质转化能实现，故选项错误。D、氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，物质转化能实现，故选项错误。故选：A。【点评】本题有一定难度，熟练掌握所涉及物质的性质、抓住关键词“能否一步实现”是解决此类问题的关键。18．（2分）某实验小组设计如图实验对过氧化氢分解进行探究。下列相关说法不正确的是（）A．对比实验甲和乙，探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响 B．对比实验乙和丁，探究MnO2对H2O2分解速率的影响 C．对比实验甲和丙，探究温度对H2O2分解速率的影响 D．对比实验甲、丙和丁，探究MnO2和温度对H2O2分解速率影响的程度【分析】根据除探究要素不同之外，其它条件都应该是相同的，进行分析判断。【解答】解：A、对比实验甲和乙，除了过氧化氢溶液的浓度不同外，其它条件均相同，可探究H2O2浓度对H2O2分解速率的影响，故选项说法正确。B、对比实验乙和丁，除了有无二氧化锰外，过氧化氢溶液的浓度不同，不能探究MnO2对H2O2分解速率的影响，故选项说法错误。C、对比实验甲和丙，除了温度不同外，其它条件均相同，可探究温度对H2O2分解速率的影响，故选项说法正确。D、对比实验甲和丁，可探究MnO2对H2O2分解速率影响的程度；对比实验甲、丙，可探究温度对H2O2分解速率影响的程度，故选项说法正确。故选：B。【点评】本题难度不大，了解影响化学反应速率的因素、灵活运用控制变量法是正确解答本题的关键。19．（2分）常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液（见图），产生无色气体，白色沉淀不断增加。下列有关说法正确的是（）A．滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子仅含Ca2+ B．滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl和HCl C．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液的酸性逐渐增强 D．滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl﹣数目保持不变【分析】根据题意，常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液，产生无色气体，白色沉淀不断增加，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，稀盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，进行分析判断。【解答】解：A、常温下，取少量实验室制CO2的剩余液（稀盐酸和CaCl2的混合溶液），边搅拌边滴加一定溶质质量分数的Na2CO3溶液，产生无色气体，说明剩余液中含有稀盐酸，白色沉淀不断增加，说明剩余液中含有氯化钙，则滴加Na2CO3溶液前，锥形瓶内溶液中阳离子含H+、Ca2+，故选项说法错误。B、碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，稀盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，则滴加Na2CO3溶液至沉淀完全时，锥形瓶内溶液的溶质是NaCl，故选项说法错误。C、滴加Na2CO3溶液过程中，碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，锥形瓶内溶液的酸性逐渐减弱，故选项说法错误。D、碳酸钠先与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，稀盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，滴加Na2CO3溶液过程中，锥形瓶内溶液中含有的Cl﹣数目保持不变，故选项说法正确。故选：D。【点评】本题有一定难度，明确加入的碳酸钠先与盐酸、再与氯化钙溶液反应是正确解答本题的关键。20．（2分）捕集空气中CO2加氢制甲醇（CH3OH），可实现CO2资源化利用和“零碳”排放，其转化流程如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1 B．反应②中，生产1.6kgCH3OH理论上要消耗2.2kgCO2 C．转化过程中，H2O和H2循环转化，无需额外补充 D．等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放【分析】由图示可知，反应①是水在为一定条件下分解为氢气和氧气，化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑；反应②是氢气和二氧化碳在一定条件下反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。【解答】解：A、由化学方程式2H2O2H2↑+O2↑可知，反应①中，电解水生成的H2和O2的分子个数比为2：1，选项说法正确；B、设生产1.6kgCH3OH理论上要消耗CO2的质量为x，则：CO2+3H2CH3OH+H2O4432x1.6kgx＝2.2kg，选项说法正确；C、由反应①可知，水中的氢元素转化为氢气，由反应②可知，氢气中的氢元素转化为水和甲醇中的氢元素，因此转化过程中，H2O需补充，选项说法错误；D、甲醇燃烧的化学方程式为2CH3OH+3O22CO2+4H2O，由化学方程式可知，每64份质量的甲醇燃烧会生成88份质量的二氧化碳；由化学方程式CO2+3H2CH3OH+H2O可知，每44份质量的二氧化碳能制得32份质量的甲醇，即每88份质量的二氧化碳能制得64份质量的甲醇。因此，等质量的甲醇制取时消耗的CO2与燃烧时生成的CO2相等，实现“零碳”排放，选项说法正确。故选：C。【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，增加了学生分析问题的思维跨度。二、非选择题（共60分）21．（8分）“福建舰”解缆启航，标志着我国航空母舰建设迈向新征程。Ⅰ.航母建造（1）航母建造需使用纯铜、钢铁、钛合金等。①航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和导电性。②钢铁的硬度比纯铁大（填“大”或“小”）。③钛可由二氧化钛（TiO2）制得，TiO2中Ti的化合价为+4。Ⅱ.能源供给（2）航母动力由重油（含C8H18等多种成分）燃烧提供。C8H18分子中碳、氢原子个数比为4：9（填最简整数比）。（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为化学能转化为电能。Ⅲ.生命保障（4）食物和淡水是重要的生活保障。①供给食物包含牛奶和青菜，其中主要为人体提供蛋白质的食品是牛奶。②部分淡水可通过减小压强使水的沸点降低（填“升高”或“降低”），进而使水汽化、冷凝而获得。（5）过氧化钠（Na2O2）可用作舰载机飞行员供氧面罩的供氧剂。Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2【分析】（1）根据金属的性质与用途、合金的性质以及化合物中元素化合价的计算方法来分析；（2）根据化学式的意义来分析；（3）根据化学反应中的能量转化来分析；（4）根据食物中富含的营养素、压强对沸点的影响、化学方程式的写法来分析。【解答】解：（1）①航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和导电性；②一般，合金的硬度大于其组成的纯金属的硬度，钢和生铁是常见的铁合金，因此钢铁的硬度比纯铁大；③TiO2中，氧元素显﹣2价，由化合物中各元素正负化合价的代数和为零可知，Ti的化合价为+4；（2）C8H18分子中碳、氢原子个数比为8：18＝4：9；（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为化学能转化为电能；（4）①牛奶中富含蛋白质，青菜中富含维生素；②部分淡水可通过减小压强使水的沸点降低，进而使水汽化、冷凝而获得；（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2。故答案为：（1）①导电；②大；③+4；（2）4：9；（3）化学能转化为电能；（4）①牛奶；②降低；（5）2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2。【点评】本题难度不大，掌握物质的性质与用途、元素化合价的计算方法、化学式的意义、化学反应中的能量转化、食物中富含的营养素、化学方程式的写法等是解题的关键。22．（8分）实验室用如图所示装置制取CO2气体，并进行相关性质研究。已知：CO2与饱和NaHCO3溶液不发生反应。（1）仪器a的名称是分液漏斗。（2）连接装置A、B，向锥形瓶内逐滴加入稀盐酸。①锥形瓶内发生反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O。②若装置B内盛放饱和NaHCO3溶液，其作用是除去CO2中混有的HCl。③若装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是浓硫酸。（3）将纯净干燥的CO2缓慢通入装置C，观察到现象：a.玻璃管内的干燥纸花始终未变色；b.塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。①根据上述现象，得出关于CO2性质的结论是：CO2与水反应生成酸性物质、CO2的密度比空气大。②将变红的石蕊纸花取出，加热一段时间，纸花重新变成紫色，原因是H2CO3CO2↑+H2O（用化学方程式表示）。（4）将CO2通入澄清石灰水，生成白色沉淀，该过程参加反应的离子有Ca2+、OH﹣（填离子符号）。【分析】（1）熟记仪器的名称；（2）根据化学反应的原理、除杂的方法、干燥气体的方法来分析；（3）根据二氧化碳的性质以及实验现象来分析；（4）根据化学反应的实质来分析。【解答】解：（1）仪器a的名称是分液漏斗；（2）①石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O；②盐酸会挥发出氯化氢气体，氯化氢气体溶于水形成盐酸，盐酸能与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，因此装置B内盛放饱和NaHCO3溶液的作用是除去CO2中混有的HCl；③若装置B用来干燥CO2，装置B中应盛放的试剂是浓硫酸，因为浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应；（3）①将纯净干燥的CO2缓慢通入装置C，观察到现象：a.玻璃管内的干燥纸花始终未变色；b.塑料瓶内的下方纸花先变红色，上方纸花后变红色。①根据上述现象，得出关于CO2性质的结论是二氧化碳的密度比空气大，CO2与水反应生成酸性物质；②碳酸不稳定，受热时会分解为二氧化碳和水，化学方程式为H2CO3CO2↑+H2O；（4）二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水，该过程参加反应的离子有钙离子与氢氧根离子，离子符号分别为Ca2+、OH﹣。故答案为：（1）分液漏斗；（2）①CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O；②除去CO2中混有的HCl；③浓硫酸；（3）①CO2与水反应生成酸性物质；CO2的密度比空气大；②H2CO3CO2↑+H2O；（4）Ca2+、OH﹣。【点评】本题主要考查常见气体的发生装置与收集装置的探究，发生装置依据反应物的状态和反应条件选择，收集装置依据气体的密度和溶解性选择。23．（8分）天然气的综合利用是重要的研究课题。天然气是重要的化石燃料和能源，主要成分为甲烷（CH4），还含有少量硫化氢（H2S）等气体。硫化氢可在催化剂作用下与甲烷反应而除去，其反应微观示意图如图1所示。利用甲烷催化制取氢气。一种甲烷水蒸气催化制氢的透氢膜反应器如图2所示，通入的甲烷和水蒸气在高温和催化剂作用下反应生成一氧化碳和氢气（该反应是吸热反应），一部分氢气通过透氢膜与膜外侧通入的氧气反应。利用甲烷在高温、Cu﹣Pd催化作用下分解可制取新型碳单质材料——石墨烯，石墨烯具有很高的强度和优良的导电性能。（1）甲烷完全燃烧生成CO2和H2O的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O。（2）结合图1，分析甲烷与硫化氢的反应。①产物“”中，碳元素和硫元素的质量比为3：16（填最简整数比）。②该反应过程中变化的是A（填字母）。A.分子的数目B.原子的种类C.物质的总质量（3）结合图2，分析甲烷水蒸气制氢反应。①甲烷水蒸气制氢反应的化学方程式为CH4+H2OCO+3H2。②在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是H2与O2反应放热，为制氢提供热量。（4）下列说法正确的是C（填字母）。A.天然气属于纯净物B.天然气和氢气均属于可再生能源C.透氢膜反应器内生成的CO与H2未被完全分离D.石墨烯具有优良的导电性能，是一种金属单质【分析】（1）根据化学反应的原理来分析；（2）根据化合物中元素质量比的计算方法、微观反应示意图的信息来分析；（3）根据图示信息、化学反应的原理、化学反应中的能量变化来分析；（4）根据题干信息、物质的分类来分析。【解答】解：（1）在点燃的条件下，甲烷与氧气反应生成二氧化碳和水，化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O；（2）①由分子结构模型可知，产物“”的化学式为CS2，其中碳元素和硫元素的质量比为12：（32×2）＝3：16；②由微观反应示意图信息可知，该反应的化学方程式为CH4+2H2SCS2+4H2。A.由化学方程式可知，反应前后分子的数目发生改变，符合题意；B.由质量守恒定律可知，原子的种类不变，不合题意；C.由质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量，不合题意；（3）①由图2可知，甲烷水蒸气制氢反应的化学方程式为CH4+H2OCO+3H2；②在反应器的膜外侧通入氧气的主要目的是H2与O2反应放热，为制氢提供热量；（4）A.天然气的主要成分是甲烷，还含有其他物质，属于混合物，选项说法错误；B.天然气是一种化石能源，在短期内得不到补充，属于不可再生能源，选项说法错误；C.由图2可知，透氢膜反应器内生成的CO与H2未被完全分离，选项说法正确；D.石墨烯具有优良的导电性能，它是由碳元素组成的，是一种非金属单质，选项说法错误。故答案为：（1）CH4+2O2CO2+2H2O；（2）①3：16；②A；（3）①CH4+H2OCO+3H2；②H2与O2反应放热，为制氢提供热量；（4）C。【点评】环境、能源等问题是社会的焦点，与之相关的问题就成分中考的热点之一。24．（11分）柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种补血剂，易溶于水，难溶于乙醇。某科研小组在实验室研究制备柠檬酸亚铁。Ⅰ.制碳酸亚铁用预处理后的硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质）制备碳酸亚铁的流程如图1所示：已知：a.Na2CO3溶液呈碱性；b.FeSO4在碱性条件下生成Fe（OH）2沉淀。（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是适当升高温度（合理即可）（任写一条）。（2）“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成。“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+（填离子符号）。（3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质。“操作X”是过滤（填操作名称）。（4）“沉铁”时，反应原理为FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4。①该反应的基本类型为复分解反应。②实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是避免生成Fe（OH）2。③待FeSO4完全反应后，过滤，洗涤。洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是Na2SO4（填化学式）。Ⅱ.制柠檬酸亚铁（5）用如图2所示装置制备柠檬酸亚铁：步骤1：在三颈烧瓶中加入一定质量FeCO3固体、少量铁粉及足量柠檬酸（C6H8O7）溶液，控制温度约80℃，搅拌，充分反应；步骤2：将所得混合溶液加热浓缩，加入适量无水乙醇，静置，过滤，洗涤，干燥，得到柠檬酸亚铁晶体。①制备原理为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+X+H2O，物质X是CO2（填化学式）。②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出。③实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量，原因是铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁。【分析】硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质），加入稀硫酸后，氧化铁与稀硫酸反应得到硫酸铁，“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成，说明硫酸过量，“因此“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+；铁粉加入后，得到亚铁离子，过滤后得到硫酸亚铁溶液，加入碳酸钠溶液得到碳酸亚铁沉淀，据以上分析解答。【解答】解：（1）“酸浸”时，为提高铁元素的浸出率，可采取的措施是适当升温、搅拌等；（2）硫铁矿烧渣（主要成分Fe2O3，含少量不溶性杂质），加入稀硫酸后，氧化铁与稀硫酸反应得到硫酸铁，“还原”时，加入铁粉，溶液由黄色变为浅绿色，同时有无色气体生成，说明硫酸过量，“因此“酸浸”所得溶液中含有的阳离子是Fe3+、H+；（3）“操作X”是为了除去过量铁粉和不溶性杂质，固液分开的操作为过滤，因此“操作X”是过滤；（4）①两种化合物交换成分生成两种新的化合物反应属于复分解反应，因此FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4的反应的基本类型为复分解反应；②碳酸钠溶液显碱性，实验时需将Na2CO3溶液滴入FeSO4溶液中，而不能反向滴加，其原因是避免生成Fe（OH）2；③FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4反应发生完全后，过滤，洗涤，洗涤前，FeCO3沉淀表面吸附的主要杂质是Na2SO4；（5）①化学反应前后元素的种类及原子的总数不变，制备原理为FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+X+H2O，物质X是CO2；②“步骤2”中，加入无水乙醇的目的是降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；③铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁，因此实验所得柠檬酸亚铁的质量大于根据原理计算所得的质量。故答案为：（1）适当升高温度（合理即可）；（2）Fe3+、H+；（3）过滤；（4）①复分解反应；②避免生成Fe（OH）2；③Na2SO4；（5）①CO2；②降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；③铁粉与柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁。【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。25．（13分）氨气是制备各类含氮化合物的基础原料，在生产和使用过程中会产生氨氮废水，需处理达标后才能排放。Ⅰ.氨的合成（1）工业上利用N2+3H22NH3合成氨气。①可通过分离液态空气获得原料N2，该过程属物理变化（填“物理变化”或“化学变化”）。②催化剂可用Fe3O4。高温下，部分Fe3O4被H2还原为FeO，转化过程中固体所含铁元素的质量分数升高（填“升高”或“降低”）。Ⅱ.氨的应用（2）液氨可用作制冷剂。氨气转化为液氨过程中，发生改变的是氨气分子间的间隙（从微观角度解释）。（3）利用NH3去除汽车尾气中的NO，生成水和一种气体单质。该过程中化合价发生变化的元素是N（填元素符号）。Ⅲ.氨氮测定（4）测定氨氮含量：取200mL氨氮废水，将氮元素完全转化为NH3，完全吸收所得NH3需要消耗9.8g10%的稀硫酸[反应原理2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4]。计算该废水中的氮元素含量。（含量以g•L﹣1表示，写出计算过程。H2SO4的相对分子质量为98）Ⅳ.氨氮废水处理某工厂的氨氮废水处理流程如图1所示：已知：水体中的氮元素通常以氨氮（或NH3）、硝氮（或）形式存在。（5）“吹脱”时，加入物质X，将转化为NH3，并通入热空气将NH3吹出。物质X可选用BD（填字母）。A.稀盐酸B.NaOH溶液C.NaCl溶液D.生石灰（6）“氧化”时，次氯酸钠投入质量m（NaClO）对废水中的氨氮去除率（×100%）和总氮残留率（×100%）的影响如图2所示。①NaClO将NH3反应转化为N2的化学方程式为3NaClO+2NH3═N2+3NaCl+3H2O。②当m（NaClO）＞m1时，废水中总氮残留率上升的原因是部分氨气被转化为或留在废水中。【分析】（1）没有生成新物质的变化是物理变化。（2）液氨可用作制冷剂。氨气转化为液氨过程中，发生改变的是氨气分子间的间隙，即间隙变小。（3）单质中验收后金属0，化合物中元素化合价代数和为零。（4）根据化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算和判断。（5）氢氧根离子能和铵根离子结合生成氨分子和水。生石灰和水反应生成氢氧化钙，放热。（6）次氯酸钠