【文档说明】《山东中考真题化学》《精准解析》山东省青岛市2020年中考化学试题（解析版）.docx，共(25)页，411.651 KB，由envi的店铺上传

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2020年青岛市初中学业水平考试化学试题（考试时间：90分钟；满分：80分）说明：1．本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共30题。第Ⅰ卷为选择题，共22小题，28分；第Ⅱ卷为非选择题，共8小题，52分。2．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效。可能用到的相对原子质量：H－1，C－12，N－14

，O－16，Na－23，Mg－24，S－32，Cl－35.5，Ca－40，Fe－56，Cu－64，Zn－65，Ba－137第Ⅰ卷（共28分）一、选择题（本题共16小题，每小题1分，共16分）在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。1.下列物质属于纯净物的是A.不锈钢B.碘酒C.氢气D.粗盐【答案】C【解析】【详解】A、不锈钢是铁的合金，主要成分是铁，还有碳等杂质，属于混合物，不符合题意；B、碘酒是碘酒精溶液，属

于混合物，不符合题意；C、氢气由一种气体组成，属于纯净物，符合题意；D、粗盐主要成分是氯化钠，还含有泥沙等杂质，属于混合物，不符合题意。故选C。2.适当增加蛋白质的摄入量，有助于提高人体免疫力。下列食物富含蛋白质的是A.菠菜B.鸡蛋C.香蕉D.馒头【答案】B【解析】【详解

】A、菠菜富含维生素，不符合题意。B、鸡蛋富含蛋白质，符合题意。C、香蕉富含维生素，不符合题意。D、馒头富含糖类，不符合题意。故选：B。3.下列液体去除油污效果最好的是A.洗洁精B.食盐水C.白醋D.自来水【答案】A【解析

】【详解】A、洗洁精对油污有乳化作用，可以将油污分散成细小液滴扩散到水中，而被冲洗掉，选项正确；B、食盐水对油污没有洗涤作用，选项错误；C、白醋对油污没有洗涤作用，选项错误；D、自来水对油污没有洗涤作用，选项错误。故选A。4.蚊虫叮咬时释放

出的液体中含有蚁酸（显酸性），为了减轻痒痛，可以在被叮咬处涂抹物质名称西红柿汁柠檬汁牛奶小苏打水pH范围4~52~36~78~9A.西红柿汁B.柠檬汁C.牛奶D.小苏打水【答案】D【解析】【分析】蚊虫叮咬时释放出的液体中含有蚁酸（显酸性），酸和碱反应生成盐和水，

则需要涂抹显碱性的物质。【详解】A、西红柿汁的pH为4~5，显酸性，不和蚁酸反应，不能涂抹，故A不正确；B、柠檬汁的pH为2~3，显酸性，不和蚁酸反应，不能涂抹，故B不正确；C、牛奶的pH为6~7，显弱

酸性，不和蚁酸反应，不能涂抹，故C不正确；D、小苏打水的pH为8~9，显碱性，和蚁酸反应，能涂抹，故D正确。故选D。5.氧化铟（In2O3）是制造触摸屏的主要材料。氧化铟中铟（In）元素的化合价是A.+1B.+2C.+3D.+6【答案】C【解析】【详解】氧元素通常为-2价，设氧

化铟中铟（In）元素的化合价是x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：2x+（-2）×3=0，x=+3。故选C。6.化学元素与人体健康息息相关。下列关于元素影响人体健康的表述不正确的是A.缺氟易产生龋齿B.缺硒会引起甲状腺肿大C.老年

人缺钙会导致骨质疏松D.长期缺铁会引发缺铁性贫血【答案】B【解析】【详解】A、缺氟易产生龋齿，A正确；B、缺硒会引起表皮角质化和癌症，缺碘才会引起甲状腺肿大，B不正确；C、老年人缺钙会导致骨质疏松，C正确；D、长期缺

铁会引发缺铁性贫血，D正确。故选B。7.下列对一氧化碳性质的描述，属于化学性质的是A.常温下为无色、无味的气体B.极难溶于水C.相同状况下，密度比空气略小D.具有可燃性【答案】D【解析】【分析】物理性质是指物质不需要发生化学变化

就表现出来的性质，包含物质的颜色、状态、气味、熔点、沸点、硬度、密度、溶解性、挥发性等性质；化学性质是指物质在化学变化中表现出来的性质，如可燃性、毒性、酸性、碱性、还原性、氧化性等。【详解】A、无色气体属于物质的颜色、状态

，属于物理性质，不符合题意；B、极难溶于水，溶解性是物理性质，不符合题意；C、密度是物理性质，不符合题意；D、一氧化碳具有可燃性，是在化学变化中表现出来的性质，属于化学性质，符合题意。故选D。8.下列物质由分子直

接构成的是A.氧气B.金刚石C.铜D.氯化钠固体【答案】A【解析】【详解】A、氧气是由氧分子构成，符合题意；B、金刚石是由碳原子构成，不符合题意；C、铜是由铜原子构成，不符合题意；D、氯化钠固体是由氯离子和钠离子构成，不符合题意。故选A。9.

下列化学用语书写正确的是A.氧化钙Ca2OB.钠离子Na+1C.两个硫原子S2D.两个甲烷分子2CH4【答案】D【解析】【详解】A、氧化钙中氧元素的化合价是-2价，钙元素的化合价是+2价，因此氧化钙中原子个数比是1:1，化学式是CaO，选项A化学用语书写错误；B、离子符号的书写中所带电

荷数量在前，符号在后，当所带电荷数量为1时，可以省略，钠离子表示为Na+，选项B化学用语书写错误；C、元素符号可以表示该元素的一个原子，多个原子的表示方法为在元素符号加数字，两个硫原子表示为2S，选项C化学用语书写错误；D、由分子构成的物质

，化学式可以表示该物质的一个分子，多个分子表示方法是在化学式前加数字，两个甲烷分子表示为2CH4，选项D化学用语书写正确；故选：D。10.下列对宏观事实的微观解释不正确的是A.水通电生成氢气和氧气——化学反应中分子发生了改变B.压瘪的乒乓球在热水中能鼓起来——温度升高，分子变

大C.端午时节粽飘香——分子不断运动D.一氧化碳和二氧化碳的化学性质不同——不同种分子的性质不同【答案】B【解析】【详解】A、水通直流电分解，是因为水分子分裂成了氢原子和氧原子，然后氢原子、氧原子分别重新组合形成氢分子、氧分子，大量的氢分子、氧分子分别聚集成氢气、氧气，该

事实说明分子是可以再分的，不符合题意；B、变瘪的乒乓球放入热水中能鼓起来，是因为温度升高，分子间的间隔变大，符合题意；C、端午时节粽飘香，是因为粽子中含有的分子是在不断运动的，向四周扩散，使人们闻到香味，不符合题意；D、一氧化碳和二氧化碳的化学性质不同，是因为它们分子的构成不同，不同种的分子化

学性质不同，不符合题意。故选B。11.空气是一种重要的资源。下列有关空气的说法正确的是A.食品包装袋中充入氧气可延长食品的保质期B.空气污染指数越高，空气质量越好C.氧循环对维持自然界中物质、能量及生态的平衡有重要意义D.分离液态空气得到氧气和氮气的过程中发生了化学变化【答案】C【解

析】【详解】A、食品包装袋中充入氧气不能延长食品的保质期，反而会使食品更容易变质，因为氧气有氧化性，易使食品氧化而变质，A不正确；B、空气污染指数越小，空气质量越好，空气污染指数越高，空气质量越差，B不正确；C、

氧循环对维持自然界中物质、能量及生态的平衡有重要意义，例如氧循环可以消耗二氧化碳，产生氧气和有机物等，C正确；D、分离液态空气是利用氧气和氮气的沸点不同，采用分离液态空气而制得，该过程发生了物理变化，D不正确。故选C。12.下列对实验现象的描述不正确的是A.向铁锈中

加入稀硫酸，振荡，铁锈逐渐溶解，溶液变为浅绿色B.向氯化铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀C.灼烧纯羊毛线，产生烧焦羽毛的特殊气味D.红热的细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体【答案】A【解析】【详解】A、铁锈的主要成分是氧化铁，向铁锈中加入

稀硫酸，振荡，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，铁锈逐渐溶解，溶液变为黄色，符合题意；B、向氯化铜溶液中滴加氢氧化钠溶液，氯化铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氯化钠，生成蓝色沉淀，不符合题意；C、羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛

的气味，不符合题意；D、细铁丝在氧气中剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体，不符合题意。故选A。13.化肥和农药影响农作物的产量。下列说法正确的是A.使用化肥越多，农作物产量越高B.铵态氮肥与熟石灰混合使用可以提高肥效C.大量使用农药会导致土壤和食品污染，因此要杜绝使用农药D.适当增大蔬菜大棚内

二氧化碳的浓度，可以促进蔬菜的光合作用【答案】D【解析】【详解】A、化肥过多的施用不仅对农作物造成不好的影响，也会对环境造成一定的污染，不符合题意；B、铵态氮肥与碱性物质混合后能放出氨气，降低肥效；熟石灰显碱性，铵态氮肥不能与熟石灰混合使用，不符合题意；C、农药能杀灭病虫害，不能杜绝使用

农药，应合理使用，不符合题意；D、植物进行光和作用时需要二氧化碳，所以为促进光合作用的进行，可在大栅内适当增大二氧化碳的浓度，符合题意。故选D。14.2019年诺贝尔化学奖颁给了约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂离子电池领域的卓越贡

献。下图是锂元素在周期表中的部分信息及原子结构示意图。下列说法正确的是A.锂原子的核电荷数为1B.锂原子在化学反应中容易失去一个电子C.锂元素的相对原子质量为6.941gD.氯化锂的化学式为LiCl2【答案】B【解析】【详解】A、从锂原子的结构示意图知道核电荷数

是3，不符合题意；B、由锂原子结构示意图为可以看出：最外层电子数是1，在化学反应中易失去1个电子而形成阳离子，符合题意；C、由锂元素在周期表中的部分信息知道，锂原子的相对原子质量是6.941，单位不是g，不符合题意；D、由锂原子结构示

意图为可以看出：最外层电子数是1，在化学反应中易失去1个电子，则锂元素的化合价为+1价，氯元素显-1价，氯化锂的化学式为LiCl，不符合题意。故选B。15.常用的医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，可用于杀菌消毒。乙醇分子的模型如图所示，其中代表碳原子，代

表氢原子，代表氧原子。下列有关乙醇的说法不正确的是A.乙醇的化学式为C2H6OB.乙醇的相对分子质量为46C.乙醇中碳元素和氢元素的质量比为12∶1D.乙醇是一种有机物【答案】C【解析】【详解】A、由图可知，每个乙醇分子由2个碳原

子、6个氢原子、1个氧原子构成，故乙醇的化学式为：C2H6O，不符合题意；B、乙醇的相对分子质量为：12×2+6+16=46，不符合题意；C、乙醇中碳元素和氢元素的质量比为：（12×2）：6=4:1，符合题意；D

、由化学式可知，乙醇含碳元素，属于有机物，不符合题意。故选C。16.工业上用氮气合成氨气（NH3），用氨气生产硝酸，相关反应如下：①223N+3H2NH高温、高压催化剂②3224NH+5O4X+6HO催化剂加热③222NO+O=2NO④2233NO+HO=2HNO+NO下

列说法不正确的是A.反应①③属于化合反应B.反应②中X的化学式为N2C.反应④中氮元素的化合价既有升高又有降低D.NO和NO2可以相互转化【答案】B【解析】【详解】A、由化学方程式可知，反应①③符合“多变一”的特点，属于化合反应，不符合题意；B、根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和

数目不变，结合化学方程式3224NH+5O4X+6HO催化剂加热，反应物中含4个氮原子、12个氢原子、10个氧原子、生成物中含12个氢原子，6个氧原子，故生成物中还应含4个氮原子、4个氧原子，故X的化学式为：NO，符合题意；C、二氧化氮中氧元素为-2价，设氮元素的化

合价为x，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：x+（-2）×2=0，x=+4；硝酸中氢元素通常为+1价，氧元素通常为-2价，设氮元素的化合价为y，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：（+1）+y+

（-2）×3=0，y=+5；NO中氧元素为-2价，设氮元素的化合价为z，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：z+（-2）=0，z=+2；故反应④中氮元素的化合价既有升高又有降低，不符合题意；D、由③222NO+O

=2NO④2233NO+HO=2HNO+NO可知，NO和NO2可以相互转化，不符合题意。故选B。二、选择题（本题共6小题，每小题2分，共12分）在每小题给出的四个选项中，有一项或两项是符合题目要求的。17.下列有关溶液的说法正确的是A.溶液是溶质的粒子分散在溶剂中形成的均一、稳定的混合物B.溶

液加水稀释后溶质的质量减少C.同种溶质的饱和溶液与不饱和溶液通过改变条件可以相互转化D.温度和溶剂的种类对物质的溶解性没有影响【答案】AC【解析】【详解】A、溶液是一种物质或一种以上的物质的粒子分散到另一种物质中，形成均一的、稳定

的混合物，故选项正确；B、溶液加水稀释后溶质的质量不变，故选项错误；C、在一定温度下，一定量的溶剂里不能再溶解某种溶质的溶液叫做这种溶质的饱和溶液，还能继续溶解该种溶质的溶液叫做该种溶质的不饱和溶液；饱

和溶液变为不饱和溶液一般方法是加入溶剂或升高（降低）温度，不饱和溶液变为饱和溶液的方法是加入溶质、或蒸发溶剂、或降低（升高）温度。所以同种溶质的饱和溶液与不饱和溶液通过改变条件可以相互转化，故选项正确；D、影响溶解性的因素包括内部因素和外部因素。其中，内部因素是溶质、溶剂本

身的性质，例如，食盐容易溶解在水里，却很难溶解在汽油里；油脂很难溶解在水里，却很容易溶解在汽油里。外部因素是温度、压强（是对气体来说的）。例如，除了气体和氢氧化钙等特殊的固体溶质的溶解性与温度成反比以外，一般

物质的溶解性与温度成正比；还有气体的溶解性也与压强成正比。故选项错误。故选AC。18.逻辑推理是化学学习中常用的思维方法。下列推理正确的是A.单质是由一种元素组成的纯净物，则由一种元素组成的纯净物一定是单质B.中和反应有盐和水生成，则有盐和水生成的反应一定是

中和反应C.氧化物中含有氧元素，则含有氧元素的化合物一定是氧化物D.置换反应有单质生成，则有单质生成的反应一定是置换反应【答案】A【解析】【详解】A、单质是由一种元素组成的纯净物，由一种元素组成的纯净物一

定是单质，故选项正确；B、中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，氢氧化钠属于碱，但二氧化碳不属于酸，故选项错误；C、氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素的物质，所以含有氧元素的化合

物不一定是氧化物，如氯酸钾就不属于氧化物，故选项错误；D、有单质生成的反应不一定属于置换反应，如：一氧化碳和氧化铁高温反应生成二氧化碳和铁，不属于置换反应，故选项错误。故选A。19.某同学为验证镁、铁、铜、银的金属活动性顺序，设计了下图所示的四个实验（

金属片均已打磨，且其形状大小相同；实验①②③所用盐酸的溶质质量分数和体积均相同）。下列分析不正确的是A.对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱B.分析实验②④的现象，能判断出铁、铜、银的金属活

动性强弱C.分析实验④的现象，能判断出铜和银的金属活动性强弱D.分析四个实验的现象，能判断出镁、铁、铜、银的金属活动性顺序【答案】B【解析】【详解】A、金属与酸反应，反应越剧烈，金属活动性越强，对比实验

①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱，A正确。B、②稀盐酸和铁反应，生成氯化亚铁和氢气，说明金属活动性，铁在氢前，④铜和硝酸银反应，生成硝酸铜和银，说明金属活动性铜大于银，不能判断出铁、铜的金属活动性强弱，B

错，符合题意。C、活动性强的金属，能和活动性弱的金属盐溶液反应，分析实验④的现象，能判断出铜和银的金属活动性强弱，C正确。D、对比实验①②反应的剧烈程度，能判断出镁和铁的金属活动性强弱，镁＞铁＞氢，实验③铜和稀盐酸不反应，说明活动性氢＞铜

，活动性强的金属，能和活动性弱的金属盐溶液反应，分析实验④的现象，活动性铜＞银，故金属活动性，镁＞铁＞铜＞银，D正确。故选：B。20.分离与提纯是获得物质的重要方法。下列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作A除去二氧化碳气体中的一氧化碳通入适量氧气，点燃B

除去氯化钠固体中的泥沙加入足量的水溶解，过滤，蒸发结晶C除去氯化钙溶液中的盐酸加入过量的碳酸钙固体，充分反应后过滤D除去碳酸钠溶液中的氯化钠加入过量的硝酸银溶液，过滤A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A、二氧化碳不燃烧，也不支持燃烧，二氧

化碳中混有少量一氧化碳，无法点燃，不符合题意；B、氯化钠溶于水，泥沙不溶于水，加入足量的水，溶解、过滤，除去泥沙，蒸发结晶可得氯化钠固体，符合题意；C、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，充分反应后，过滤，除去过量的碳酸钙，可得氯化钙溶液，符合题意；

D、加入过量的硝酸银，硝酸银和氯化钠反应生成氯化银和硝酸钠，碳酸钠与硝酸银反应生成碳酸银和硝酸钠，虽然除去了杂质，也除去了原物质，且引入了新的杂质硝酸银和硝酸钠，不符合题意。故选BC。21.下列图象表示的化学反应过程，与实际情况相符合的是，（说明：①至④对

应的每组实验其他条件均相同）A.图①表示等质量等溶质质量分数的过氧化氢溶液分别在有、无MnO2的条件下反应B.图②表示等质量的碳酸钙粉末分别与足量的溶质质量分数为5%和10%的稀盐酸反应C.图③表示等质量的锌粉和铁粉分别与足量的等溶质质量分数的稀盐酸反应D.图④

表示等质量的锌粉和锌粒分别与足量的等溶质质量分数的稀盐酸反应【答案】D【解析】【详解】A、用等质量、等溶质质量分数的过氧化氢溶液制取氧气，催化剂只能影响反应速率，不影响产生氧气的质量，所以氧气质量相等；有催化剂的反应速率快，不符合题意；B、等质量粉末状的碳酸钙与足量不同溶质质量分数的

稀盐酸反应，酸浓度大小影响反应的快慢，5%的反应慢，10%的速率快，由于碳酸钙的质量相等，则生成二氧化碳的质量相等，不符合题意；C、等质量的锌粉和铁粉，分别与质量分数相同的足量稀盐酸反应，锌的活动性强于铁，反应的快，每65份质量的锌产

生2份质量的氢气，产生的氢气的质量少；铁的活动性弱于锌，反应的慢，每56份质量的铁产生2份质量的氢气，产生的氢气质量大，不符合题意；D、等质量的锌粉和锌粒，分别与足量相同质量分数的稀盐酸反应，与酸的接触面积大小影响反应快慢，锌粉与酸的接触面积大反应的快，锌粒与酸的接触面积

小反应的慢，产生的氢气质量相等，符合题意。故选D。22.有一包固体样品，可能由氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一种或几种物质组成。为确定该样品的组成，某兴趣小组同学取适量样品进行探究。探究过程如下：

根据以上信息判断，下列说法正确的是A.白色沉淀a的成分是碳酸钙B.该样品中一定存在氢氧化钠、硝酸镁、硫酸钠、碳酸钙，一定不存在硝酸铜C.该样品中一定存在硫酸钠、碳酸钙、硝酸镁，一定不存在硝酸铜和氢氧化钠D.若步骤①②保持不

变，用硝酸钡溶液代替步骤③中的氢氧化钡溶液，则不需要进行步骤④的探究，也能确定该样品的组成【答案】BD【解析】【分析】固体样品，可能由氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一种或几种物质组成，加足量水溶解过滤，滤液无色，沉

淀白色，则样品中一定不含有硝酸铜，白色沉淀加过量稀硝酸，生成气体，则沉淀中一定含有碳酸钙，碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙二氧化碳和水，生成气体，假如2g沉淀全部是碳酸钙，设生成二氧化碳质量为x，则333222CaCO2HNO=Ca(NO)CO

HO100442gx1002g=44xx=0.88g+++现在气体只生成0.44g，说明沉淀除了碳酸钙还有其它沉淀，氢氧化钠和硝酸镁反应生成氢氧化镁沉淀，样品中一定有硝酸镁和氢氧化钠，无色滤液加过量氢氧化钡生成白色沉淀，白色沉淀加硝酸

部分溶解，说明滤液中含硫酸钠和过量的硝酸镁，硫酸钠和氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠，硫酸钡沉淀不溶于硝酸，硝酸镁和氢氧化钡生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀可以被硝酸溶解；综上所述，样品中一定含有氢氧化钠，硫酸钠，硝酸镁，碳酸钙，一定不含有硝酸铜。【详解】A、由分析可知白色沉淀a除

了碳酸钙还有氢氧化镁，故A错。B、由分析可知该样品中一定存在氢氧化钠、硝酸镁、硫酸钠、碳酸钙，一定不存在硝酸铜，故B正确。C、由分析可知该样品中一定存在氢氧化钠、硝酸镁、硫酸钠、碳酸钙，一定不存在硝酸铜，故C错。D、若步骤①②保持不变，用硝酸钡溶液代替

步骤③中的氢氧化钡溶液，产生白色沉淀则说明一定含有硫酸钠，因为只有硫酸钠能和硝酸钡产生沉淀，则不需要进行步骤④的探究，也能确定该样品的组成，D正确。故选：BD。第Ⅱ卷（共52分）三、非选择题（本题共8小题，共52分）23.能源、环境和安全已成为人类日益关注的问题。请回答下列问题。（1

）目前世界上多数国家利用的能量主要来自煤、石油和_______等化石燃料的燃烧。（2）科技发展可促进新能源的开发利用。下列能源不属于新能源的是___（选填字母序号）。A煤B地热能C太阳能D核能（3）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星发射成功。此次卫星发射用的火箭推进剂为液氢

和液氧，其反应产物无污染。写出氢气在氧气中燃烧的化学方程式______。（4）燃料的充分燃烧对于节约能源、减少环境污染非常重要。汽车化油器将汽油喷成雾状进入内燃机气缸，使汽油充分燃烧。这是通过_______的方法使汽油充分燃烧。（5）加油站、化工厂、面粉厂等场所的空气中含有较多可燃性

气体或粉尘，因此这些场所一定要严禁烟火，防止发生_________。【答案】(1).天然气(2).A(3).2222H+O2HO点燃(4).增大汽油与氧气的接触面积(5).爆炸【解析】【分析】化石燃料包括煤、石油和天然气，氢气在氧气中点燃生成水。【详解】（1）化石燃料包括煤、石油和天然气，故目前世

界上多数国家利用的能量主要来自煤、石油和天然气等化石燃料的燃烧。（2）地热能、太阳能、核能等均属于新能源，煤不属于新能源，属于化石燃料，故选A。（3）氢气在氧气中燃烧生成水，反应的化学方程式为2222H+O2HO点燃。（4）燃料充分燃烧的条件是要有足够多的空气，燃料

与空气要有足够大的接触面积，汽车化油器将汽油喷成雾状进入内燃机气缸，使汽油充分燃烧。这是通过增大汽油与氧气接触面积的方法使汽油充分燃烧。（5）可燃性气体不纯点燃会发生爆炸，加油站、化工厂、面粉厂等场所的空气中含有

较多可燃性气体或粉尘，因此这些场所一定要严禁烟火，防止发生爆炸。【点睛】燃料充分燃烧的条件是要有足够多的空气，燃料与空气要有足够大的接触面积。24.水和溶液在生活、生产中应用广泛。请回答下列问题。（1）水的天然循环既实现了水的自身净化，又完成了水资源的重新

分配。水在天然循环过程中发生了__（选填“物理”或“化学”）变化。（2）对天然水进行净化处理，可以得到自来水，将自来水进一步净化处理得到可直接饮用的水。机场、车站等公共场所设有许多直饮水机，其处理水的过程如下图所示

。图中①对应的作用是_____（选填字母序号，下同），③对应的作用是____。A杀菌消毒B过滤C吸附杂质D蒸馏（3）含有较多可溶性钙、镁矿物质的天然水称为硬水。生活中为了降低水的硬度并杀菌消毒，可采用的方法是__

____。（4）溶液对于生命活动具有重要意义。某同学出现低血糖症状时，校医给他喝了一瓶质量为200g溶质质量分数为25%的葡萄糖水，快速补充糖分。这瓶葡萄糖水中溶质的质量为_____g。（5）如图是氯化钠和硝酸钾两种固体的溶解度曲线，据图分

析：①溶解度受温度影响较大的物质是____。②若硝酸钾晶体中含有少量的氯化钠杂质，可采用_____的方法提纯硝酸钾。【答案】(1).物理(2).C(3).A(4).煮沸(5).50(6).KNO3(7).降温结晶【解析】【详解】（1）水的三态变化，实现了水的天然循

环，水的三态变化，没有生成新物质，属于物理变化，故填：物理。（2）活性炭具有吸附性，作用是吸附杂质，紫外线照射可以杀菌消毒，作用是杀菌消毒，故选：C；A。（3）生活中降低水的硬度方法是煮沸，故填：煮沸。（4）这瓶葡萄糖水中溶质的质量为20

0g×25%=50g，故填：50。（5）由图可知，受温度硝酸钾随温度变化，变化较大，故填：KNO3。（6）硝酸钾溶解度，随温度升高增大较大，可用降温结晶方法，提纯硝酸钾，故填：降温结晶。25.近年来，我国高铁飞速发展，已成为世

界上唯一高铁成网运行的国家。请回答下列问题。实验一实验二实验三实验操作实验现象蜡烛火焰___软塑料瓶变瘪程度较大的是_（选填“甲”或“乙”）干石蕊纸花不变色，湿石蕊纸花变红色实验结论①二氧化碳的密度比空气大；②二氧化碳既不能燃烧，也不能支持燃烧二氧化碳能与氢氧化

钠发生反应_____（1）制造高铁列车使用了多种材料。下列高铁列车的部件中，其主要材料属于金属材料的是_____（选填字母序号）。A、玻璃车窗B、镁铝合金车体C、塑料小桌板D、涤纶座套（2）高铁电路多用铜质导线，这是利用了铜的延展性和__性。（3）高铁刹车片由合金锻

钢制作，时速300公里以上的列车紧急制动时，轮毂盘面和刹车片的温度瞬间达到700℃以上，合金锻钢应该具备耐磨和__等特性。（4）建造高铁需要消耗大量的铝、铁等金属。工业炼铁的原理是氧化铁（Fe2O3）和一氧化碳在高温条件下反应，其化学方程式为_______。（5）车身表面烤漆

不仅美观，还能起到防锈的作用。其防锈的原理是_______。（6）目前世界上已有50%以上的铁得到了回收利用。回收利用废旧金属的社会意义是_____（写出一条即可）。【答案】(1).由下到上依次熄灭(2).乙(3).二氧化碳能与水反

应(4).B(5).导电(6).耐高温(7).2323CO+FeO2Fe+3CO高温(8).隔绝水和氧气(9).节约金属资源（合理即可）【解析】【分析】【详解】实验一：由于二氧化碳既不能燃烧，也不能支持燃烧，且二氧化碳的密

度比空气大。实验现象：蜡烛火焰由下到上依次熄灭；实验二：实验现象：甲中50mL水溶解等体积的二氧化碳，瓶内气压减小程度低，乙中二氧化碳能与氢氧化钠发生反应，生成了碳酸钠和水，瓶中气压减小程度大，所以软塑料瓶变瘪程度较大的是乙；实验三：

实验现象：第1支试管中干石蕊纸花不变色，说明二氧化碳不能使干石蕊纸花不变色，第2支试管中，二氧化碳与湿石蕊纸花中的水反应产生碳酸，碳酸使湿石蕊纸花变红色，说明二氧化碳能与水反应；（1）A、玻璃车窗，属于无机非

金属材料，不符合题意；B、镁铝合金车体，是金属材料，符合题意；C、塑料小桌板，是合成材料，不符合题意；D、涤纶座套，是合成材料，不符合题意。故选B。（2）高铁电路多用铜质导线，这是利用了铜的延展性和导电性；（3）列车紧急制动时，轮毂盘面和刹车片的温度瞬间达到700℃以上，合金锻钢应

该具备耐磨和耐高温等特性；（4）工业炼铁的原理是氧化铁（Fe2O3）和一氧化碳在高温条件下反应，其化学方程式为：2323CO+FeO2Fe+3CO高温；（5）车身表面烤漆不仅美观，还能起到防锈的作用。其防锈的原理是隔绝水和氧气；（6）金属矿物的储量有限，而且不可再生，我们

必须保护金属资源并进行废旧金属的回收利用，回收利用废旧金属可以节约金属资源、节约冶炼金属所需的能源、能降低成本，减少环境污染等。26.验是进行科学探究的重要方式。同学们设计实验探究二氧化碳的性质，请你参与探究并

填空。【实验记录与分析】实验一实验二实验三实验操作实验现象蜡烛火焰________软塑料瓶变瘪程度较大的是_____（选填“甲”或“乙”）干石蕊纸花不变色，湿石蕊纸花变红色实验结论①二氧化碳的密度比空气大；②二氧化碳

既不能燃烧，也不能支持燃烧二氧化碳能与氢氧化钠发生反应________【反思与拓展】（1）依据实验一的结论，写出二氧化碳的一条重要用途_____。（2）由实验二的结论分析得出：实验室中保存氢氧化钠要注意_____。（3）在设计上述三组对比实验时，都只改变一个影响因素，保持其他因素

不变，这是运用了科学探究中的方法_____。【答案】(1).由下向上，依次熄灭(2).乙(3).二氧化碳和水反应生成碳酸(4).灭火(5).密封保存(6).控制变量【解析】【详解】[实验记录与分析]（1）二氧化碳密度比空气大，不燃烧也不

支持燃烧，故蜡烛由下向上依次熄灭，故填：由下向上，依次熄灭。（2）乙瓶中二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故乙瓶变瘪程度更大，故填：乙。（3）干石蕊纸花不变色，湿石蕊纸花刚开始不变色，通入二氧化碳后变红色，说明二氧化碳和水发生反应，生成了碳

酸，故填：二氧化碳和水反应生成碳酸。[反思与拓展]（1）依据实验一的结论，可得出二氧化碳可用于灭火，故填：灭火。（2）因为二氧化碳和氢氧化钠能发生反应，所以氢氧化钠需要密封保存，故填：密封保存。（3）在设计上述三组对比实验时，都只改变

一个影响因素，保持其他因素不变，这是运用了科学探究中的方法控制变量法，故填：控制变量。27.实验室制取气体时需要的部分装置如下图所示，请回答下列问题。【信息】二氧化碳不易溶于饱和碳酸氢钠溶液。（1）实验室中

可用过氧化氢溶液与二氧化锰制取氧气，反应的化学方程式为_____，应选用的发生装置是_____（选填装置字母序号）。（2）实验室中用石灰石和稀盐酸制取一瓶干燥、纯净的二氧化碳气体，所选装置的连接顺序为：气体发生装置→____→_______→D（选填装置字母序

号）。（3）确定实验室制取气体的反应原理时，下列因素中不需要考虑的是___（选填字母序号）。A药品容易获得，能生成所要制取的气体B反应条件易于控制，反应速率适中C操作简便易行，安全可靠，节能环保D所要制取气体的颜色和气味【答

案】(1).222222HO2OHnO+OM(2).B(3).G(4).F(5).D【解析】【详解】（1）实验室中可用过氧化氢溶液与二氧化锰制取氧气，反应的化学方程式为RC222222HO2OHnO+OM，反应物是固体和液体，且反应条件不需加热

，故发生装置应选择B。（2）实验室中用石灰石和稀盐酸制取一瓶干燥、纯净的二氧化碳气体，所以制得的二氧化碳气体在收集前要进行除杂和干燥，除杂是用饱和的碳酸氢钠溶液除去气体中的氯化氢气体，再用浓硫酸对气体进行干燥，故所选装置的连接顺序为：气

体发生装置→G→F→D。（3）A、需考滤药品是否容易获得，能否生成所要制取的气体，A正确；B、需考滤反应条件是否易于控制，反应速率适中，B正确；C、需考滤操作简便易行，安全可靠，节能环保，C正确；D、不需考滤要制取气体的颜色和气味，气体的颜色和气味是物理性质，与

制取气体的方法、原理和操作过程没有关系，D不正确。故选D。【点睛】本题重点考查了实验室制取氧气和二氧化碳的原理和装置，内容较少，难度不大。28.化学课堂上，同学们分小组合作探究碳酸钠的性质，请你参与探究

并填空。【实验记录与分析】实验一实验二实验三实验四实验操作实验现象溶液由无色变为红色_______生成白色沉淀生成白色沉淀实验结论碳酸钠溶液显____性碳酸钠能与盐酸发碳酸钠能与氢氧化钙______生反应发生反应【反思与拓展】（1）

甲同学分析实验一得出：盐溶液____（选填“一定”或“不一定”）显中性。（2）乙同学用稀硫酸代替实验二中的稀盐酸进行探究，发现实验现象相同。从微观角度分析，这是因为稀盐酸和稀硫酸中都含有_____。（3）丙同学对比实验三和实验四的

现象，从微观角度分析，两个反应的实质相同，溶液中相互结合的离子都是_______。【答案】(1).固体粉末消失，有气泡产生(2).碱(3).碳酸钠能与氯化钙发生反应(4).不一定(5).氢离子（或H+）(6).钙

离子和碳酸根离子（或Ca2+和CO32-）【解析】【详解】［实验记录与分析］实验一：该实验是2滴无色酚酞溶液滴入碳酸钠溶液中，实验现象是溶液由无色变为红色，因为酚酞溶液遇碱性溶液会变红，所以该实验可以得出的结论是

：碳酸钠溶液显碱性；实验二：该实验是盐酸加入少量碳酸钠粉末中，因为碳酸钠能与盐酸发生反应生成二氧化碳气体，所以实验现象应该是：固体粉末消失，有气泡产生；实验四：氯化钙溶液加入碳酸钠溶液中生成白色沉淀，

这是因为氯化钙溶液和碳酸钠溶液反应生成了碳酸钙沉淀，该实验可以得出的结论是：碳酸钠能与氯化钙发生反应。［反思与拓展］（1）有些盐溶液显中性，如氯化钠等强酸强碱盐；有些盐溶液显酸性，如硫酸铜等强酸弱碱盐；有些盐溶液显碱性，如本题中的碳酸钠等强碱弱酸盐。实验一的现象是溶液由无色变为红色，

无色酚酞溶液遇碱性溶液才会变红，因此甲同学根据实验一的现象，可知碳酸钠溶液显碱性，故可以得出结论：盐溶液不一定显中性。（2）乙同学用稀硫酸代替实验二中的稀盐酸进行探究，发现实验现象相同，这就说明稀硫酸也能和碳酸钠反应生成二氧化碳气体。从微观角度

分析，这是因为稀盐酸和稀硫酸中都含有氢离子（或H+），氢离子和碳酸根离子结合生成二氧化碳和水。（3）实验三和实验四的现象都是生成白色沉淀，这是因为两个反应中都生成难溶于水的碳酸钙。从微观角度分析，氢氧化钙和碳酸钠反

应生成白色沉淀的原因是：氢氧化钙溶液中的钙离子和碳酸钠溶液中的碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀；氯化钙和碳酸钠反应生成白色沉淀的原因是：氯化钙溶液中的钙离子和碳酸钠溶液中的碳酸根离子结合生成碳酸钙沉淀。因此这两个反应的实质相同，溶液中相互结合的离子都是钙离子和碳酸根离子（或Ca2+和CO32-）。【

点睛】不同的酸溶液具有相似化学性质的原因是酸溶液中都含有H+。29.回收利用废旧金属具有重要意义。某机械厂金属废料的成分是Zn、Cu、ZnO和CuO，某化学小组利用该金属废料回收铜并制取氧化锌和硫酸铜。请回答

下列问题。【活动一】回收铜并制取氧化锌，实验方案如下：（1）步骤I所得滤液a中溶质的成分是____（填写化学式）。（2）步骤III加入试剂甲的名称是______。（3）步骤IV加入适量NaOH溶液的目的是________。【活动二】利用活动一回收的铜制取

硫酸铜，设计方案如下：方案A：2Δ4OCuCuOCuSO→→稀硫酸方案B：4ΔCuCuSO⎯⎯⎯→浓硫酸【信息】24422Cu+2HSOCuSO+SO+2HO加热浓)(（4）方案A中氧化铜与稀硫酸反应的化学方程式为____

。（5）小组同学从绿色化学的视角分析方案B不合理，理由是____（写出一条即可）。【答案】(1).ZnSO4、CuSO4、H2SO4(2).稀硫酸(3).使硫酸锌完全反应(4).2442=CuO+HSOCuSO+HO(5).方案B会生成二氧化硫，污染空气【解析】【分析】锌和稀硫酸

反应生成硫酸锌和氢气，氧化锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和水，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸锌和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和硫酸钠。【详解】（1）金属废料的成分是Zn、Cu、ZnO和CuO，加入过量稀硫酸，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氧化锌

和稀硫酸反应生成硫酸锌和水，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水，铜和稀硫酸不反应，步骤I是过滤，故所得滤液a中溶质的成分是硫酸锌、硫酸铜、过量的稀硫酸，化学式为ZnSO4、CuSO4、H2SO4。（2）滤液a中溶质的成分是硫酸锌、硫酸铜、稀硫酸，步

骤II加入过量的锌粉，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，则滤渣中含有锌和铜，加入过量的试剂甲，过滤得到铜和滤液c，滤液b是硫酸锌，滤液c和滤液b均与氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化锌

，则滤液c也是硫酸锌溶液，故步骤III加入试剂甲的名称是稀硫酸。（3）硫酸锌和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和硫酸钠，故步骤IV加入适量NaOH溶液的目的是使硫酸锌完全反应。（4）方案A中氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为2442=CuO+HSOCu

SO+HO。（5）由质量守恒定律可知，反应前后元素的质量和种类均不变，浓硫酸中含有硫元素，生成物中含有二氧化硫，故小组同学从绿色化学的视角分析方案B不合理，理由是浓硫酸中含有硫元素，会生成二氧化硫，污染空气。30.2020年6月8日是第12个“世界海洋日”，海洋是巨大的资源宝库。某课题

小组模拟工业海水提镁的流程，在实验室制取生产镁的原料——氯化镁，设计方案如下：【信息】（1）海水和苦卤中都含有NaCl、Na2SO4、MgCl2、CaCl2、KCl等。（2）苦卤是海水晒盐后剩余的溶液。（3）如下表是某品牌不同碱的价格。试剂NaOHCa(OH)2Ba(OH)2KOH价格（元/吨）2

40085053005500请分析与计算。（1）海水和苦卤都可以作为制取氯化镁的原料，甲同学提出选择苦卤更好，小组同学一致同意他的观点，理由是______。（2）在工业生产中为了降低成本，试剂X最好选择表格中的______。（3）

该方案制取氯化镁时，要经历步骤I和步骤II两步转化，其主要目的是____。（4）小组同学按上述方案进行了实验，并制得19.0g干燥纯净的氯化镁固体。若步骤Ⅱ中溶质质量分数为10%的稀盐酸与氢氧化镁恰好完全反应，且步骤III中氯化镁没有损失，求步骤II中消耗稀盐酸的质量___。（写出计算步骤

）【答案】(1).海水中Mg2+的浓度很小，生产成本非常高，而苦卤中Mg2+的浓度高，生产成本低，同时还实现了资源的综合利用(2).Ca(OH)2(3).得到纯净的氯化镁溶液(4).146.0g【解析】【详解】（1）海水和苦卤中都含有MgCl2，都可以作

为制取氯化镁的原料，甲同学提出选择苦卤更好，小组同学一致同意他的观点，这是因为海水中Mg2+的浓度很小，如果直接取海水加入碱使Mg2+转化成氢氧化镁沉淀，将消耗大量碱，生产成本非常高，生产效率非常低，而苦卤是海水晒盐后剩余的溶液，由于水分的大量蒸发，苦卤中Mg

2+的浓度大大提高，使苦卤中的Mg2+转化成氢氧化镁沉淀所需要的碱将大大减少，降低了生产成本，提高了生产效率，同时还实现了资源的综合利用。故填理由是：海水中Mg2+的浓度很小，生产成本非常高，而苦卤中Mg2+的浓度高，生产成本低

，同时还实现了资源的综合利用。（2）在工业生产中为了降低成本，必须选择既符合生产要求，又总价低的试剂。假设生产同样多的氢氧化镁比如58吨，根据四种碱与氯化镁反应生成氢氧化镁的关系：2NaOH～Mg(OH)2，Ca(OH)2～Mg(OH)2，Ba(OH)2～Mg(O

H)2，2KOH～Mg(OH)2，计算可知，需要：氢氧化钠80吨，总价192000元；氢氧化钙74吨，总价62900元；氢氧化钡171吨，总价906300元；氢氧化钾112吨，总价616000元，因此试剂X最好选择表格中的Ca(OH)2。（3）该方案制取氯化镁时，要经历步骤I和步骤II两步转化，

步骤I是加入足量的氢氧化钙，将苦卤中的Mg2+转化为氢氧化镁沉淀（此时其他离子不能生成沉淀），经过过滤、洗涤得到纯净的氢氧化镁固体；步骤II向氢氧化镁中加入适量10%的稀盐酸，氢氧化镁与盐酸完全反应生成氯化镁。通过步骤I和步骤II

两步转化，除去了苦卤中原来跟Mg2+混杂在一起的其他离子，得到纯净的氯化镁溶液。因此经历步骤I和步骤II两步转化的主要目的是：得到纯净的氯化镁溶液。（4）解：设步骤II中消耗稀盐酸的质量为x222Mg(O

H)+2HCl=MgCl+2HO739510%19.0gx7310%=9519.0gx解得x=146.0g答：步骤II中消耗稀盐酸的质量为146.0g。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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