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化学（无锡卷）2023年中考第二次模拟考试卷（解析版）
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这是一份化学（无锡卷）2023年中考第二次模拟考试卷（解析版），共10页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
1．【答案】D
【解析】A、垃圾分类回收，可以实现资源的有效利用，减少资源浪费，减少污染物的排放，保护环境，不符合题意； B、提倡“绿色出行”，以公共交通工具为主，可以减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，践行“低碳生活”理念，不符合题意；C、积极开发清洁新能源，对化石燃料综合利用，可以减少污染物的排放，防治大气污染，不符合题意；D、施用大量化肥与农药，会污染水源和土壤，应合理施用，符合题意。
故选D。
2．【答案】C
【解析】A、铜属于金属单质，是由铜原子直接构成的，故A错误；B、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故B错误；C、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故C正确；D、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故D错误。故选C。
3．【答案】B
【解析】A、（NH4）2SO4中含有氮元素，属于氮肥，故选项错误；B、KNO3中含有氮元素和钾元素，属于复合肥，故选项正确；C、Ca（H2PO4）2中含有磷元素，属于磷肥，故选项错误；D、K2SO4中含有钾元素，属于钾肥，故选项错误。故选B。
4．【答案】D
【解析】A、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1个铁离子表示为：Fe3+，不符合题意；B、原子用元素符号表示，多个原子就是在元素符号前面加上相应的数字，故2个氧原子表示为：2O，不符合题意；C、在原子中，质子数=核外电子数=原子序数，氧是8号元素，故氧原子核外第一层有2个电子，第二层有6个电子，故氧原子的结构示意图为：，不符合题意；D、每个葡萄糖分子由6个碳原子、12个氢原子、6个氧原子构成，化学式为：C6H12O6，符合题意。故选D。
5．【答案】B
【解析】A、氢氧化钙的俗名是熟石灰、消石灰，化学式是Ca(OH)2，CaO是氧化钙（生石灰），错误；B、氯化钠的俗名食盐，化学式是NaCl，正确；C、氢氧化钠的俗名：烧碱、火碱、苛性钠，化学式是NaOH，纯碱是碳酸钠，错误；D、碳酸氢钠的俗名是小苏打，化学式是NaHCO3，苏打是碳酸钠，错误。故选B。
6．【答案】D
【解析】A、用向上排空气法收集氧气时，为利于空气的排出，导管应伸入集气瓶的底部，图中所示操作错误。B、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，图中所示操作错误。
C、使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，禁止向燃着的酒精灯内添加酒精，图中所示操作错误。
D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防液体受热不均匀，造成液体飞溅，图中所示操作正确。故选D。
7．【答案】D
【解析】 合成材料是两种或两种以上材料混合发生反应后而成的材料；复合材料是两种或两种以上材料混合而成的材料；金属材料是指具有光泽、延展性、容易导电、传热等性质的材料。一般分为黑色金属和有色金属两种；无机非金属材料，是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。因此纳米陶瓷属于无机非金属材料。故选D。
8．【答案】D
【解析】A、硼带“石”属于非金属元素，错误。B、一个硼原子有一个原子核，5个质子，错误。C、相对原子质量是一个比值，单位是“1”，常省略不写，不是“g”，错误。D、全硼富勒烯团簇，由一种元素组成的纯净物，属于单质，正确。故选D。
9．【答案】A
【解析】漫步在校园中，能闻到花朵散发出来的花香是因为分子是不断地运动的。故选A。
10．【答案】D
【解析】A、涤纶属于合成材料，而橡胶包括天然橡胶和合成橡胶，不一定属于合成材料，故选项分类不正确；B、火碱是氢氧化钠的俗称，属于碱；纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子与碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选项分类不正确；C、钠元素在人体内质量分数为0.15%，属于人体必需的常量元素，故选项分类不正确；D、干冰是固态二氧化碳的俗称的，冰是固态的水，二者均是由两种元素组成的化合物，且其中一种元素是氧元素，因此均属于氧化物，故选项分类正确。故选D。
11．【答案】A
【解析】A、室内起火，迅速打开所有门窗通风，空气流通，火势变大。A错。B、霉变大米含有黄曲霉素，淘洗加热后不能除去，不能食用。B正确。C、煮沸可以将硬水中的钙镁化合物转化为水垢除去，日常生活中通常用煮沸的方法降低水的硬度。C正确。D、废旧金属随意丢弃浪费资源，污染环境。D正确。综上所述：选择A。
12．【答案】D
【解析】A、棉花主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物，故A正确；B、夹瓷盏的照明过程，油燃烧，有新物质生成，所以涉及化学变化，故B正确；C、洗涤剂具有乳化作用，能将油滴乳化为小珠滴易于洗涤，故C正确；D、及时添加水的目的是降低温度，减少油的汽化，从而达到省油的目的，故D错误；故选D。
13．【答案】D
【解析】A、活性炭能当水中的色素吸附剂，是因其具有吸附作用，A选项正确；B、石墨作干电池的电极利用其的导电性，B选项正确；C、浓硫酸作某些气体的干燥剂利用其具有吸水性，C选项正确；D、氮气作保护气利用其化学性质不活泼，不是难溶于水，D选项错误。故选D。
14．【答案】D
【解析】A、根据图二可知，烧杯甲中没有剩余溶质，可能恰好完全溶解形成饱和溶液，也可能是不饱和溶液，则甲中溶液不一定是饱和溶液，烧杯乙中有剩余溶质，乙中溶液一定是饱和溶液；蒸发一定量的水，乙烧杯中一定有固体析出，由于烧杯甲中溶液是否达到饱和状态无法判断，故蒸发一定量的水，甲烧杯中可能有固体析出，此选项错误；B、等质量的A和B分别加入盛有100g水的两只烧杯中，根据，甲烧杯中全部溶解，乙烧杯中有部分未溶解的固体，故烧杯甲中溶液溶质的质量分数大于烧杯乙中溶液溶质的质量分数，此选项错误；C、将两个烧杯中的溶液混合，充分搅拌后，烧杯中不一定有剩余固体，混合后溶剂的质量增加至200g，由于不知道加入固体B的质量，所以乙烧杯中剩余未溶解的物质可能全部溶解，也可能有剩余，此选项错误；D、A、B两种物质的溶解度曲线随温度的升高而增大，将温度升高到t2℃，A、B的溶解度都增大，烧杯甲中不会有固体析出；因为t2℃时，A和B的溶解度相等，即两种物质在此温度下，在相同质量水中的溶解能力相同，由于甲中固体全部溶解，则乙中剩余固体也会全部溶解，此时甲中溶质质量与乙中溶质质量相等，根据可知，则两烧杯内溶液中溶质的质量分数一定相等，此选项正确。故选D。
15．【答案】A
【解析】A、铜和氧气在加热条件下反应可以转化为氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应可以转化为硫酸铜，符合题意；B、铁和稀盐酸反应可转化为氯化亚铁，不是氯化铁，不符合题意；C、硫和氧气在点燃条件下反应可转化为二氧化硫，二氧化硫和水反应可转化为亚硫酸，不是硫酸，不符合题意；D、氧化钙和水反应可转化为氢氧化钙，氢氧化钙溶液和氯化钠溶液相互混合不产生沉淀、气体和水，不能发生反应，不符合题意；
故选A。
16．【答案】A
【解析】A、碱溶液显碱性，但显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是盐溶液，如碳酸钠是盐，但水溶液呈碱性，推理正确；B、pH<7的溶液呈酸性，正常雨水pH约为5.6，酸雨酸性增强，所以pH<5.6的雨水才是酸雨，推理不正确；C、中和反应是酸与碱作用生成盐和水，中和反应生成盐和水，但生成盐和水的不一定是中和反应，如酸与金属氧化物、碱与某些非金属氧化物反应都生成盐和水，但不是酸与碱反应，故不是中和反应，推理不正确；D、水是最常见的溶剂，酒精和汽油也可以作溶剂，则所有溶液中的溶剂不都是水，如碘酒中，碘是溶质，酒精是溶剂，推理不正确。故选A。
17．【答案】C
【解析】A、CaC2O4受热分解产物可能有一氧化碳，一氧化碳与空气混合受热易发生爆炸，所以先加热CaC2O4，利用产物排净装置内的空气，后加热CuO，选项正确；B、CaC2O4中含有碳元素，加热后能够生成一氧化碳，一氧化碳具有还原性，能够与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，所以装置②中黑色固体变红，说明分解产物中有CO，选项正确；C、CaC2O4分解的产物中有一氧化碳，一氧化碳能够与氧化铜反应生成二氧化碳，装置③中澄清石灰水变浑浊，不能说明分解产物中有CO2，选项错误；D、CaC2O4中含有钙元素，冷却后，取装置①中少量残留固体加入水，无气泡，放热，氧化钙和水反应生成氢氧化钙放出大量的热，证明有CaO生成，选项正确，故选C。
18．【答案】C
【解析】A、FeCl3溶液是黄色的，能与FeCl3溶液反应产生红褐色沉淀的是NaOH溶液，能与NaOH溶液反应产生白色沉淀的是MgCl2溶液，无明显变化的是NaCl溶液，不加其他试剂可以鉴别，故选项物质的鉴别所选用的方法正确；B、碳酸钙难溶于水，NaOH、NaCl、NH4NO3均易溶于水，但分别使温度升高、温度变化不大、降低，可以鉴别，故选项物质的鉴别所选用的试剂正确；C、铁粉能与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，能除去杂质但引入了新的杂质氯化亚铁，不符合除杂原则，故选项除杂所选用的试剂错误；D、O2通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项除杂所选用的试剂正确。故选C。
19．【答案】C
【解析】A、由图可知物质A属于氧化物，且A中铁元素的化合价为+2价，故A的化学式为FeO，名称为氧化亚铁，故A错误；B、①反应是由氧化铁变为单质铁，故可能的反应为，故B错误；C、由图可知物质B属于碱，且B中铁元素的化合价为+3价，故B的化学式为Fe(OH)3，⑤反应是FeCl3变为Fe(OH)3，故可能的反应为，故C正确；D、由C选项可知反应⑤为，则反应⑥为 ，由图可知物质C属于碱，且C中铁元素的化合价为+2价，故B的化学式为Fe(OH)2，则反应⑦、⑧分别为、 ，反应⑨是单质铁变为氯化亚铁，反应为，以上反应中⑨为置换反应，其余的全为复分解反应，故D错误；故选C。
20．【答案】A
【解析】A、向硫酸铜与硫酸的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，会发生两个化学反应和，硫酸铜和硫酸的混合溶液中硫元素的质量分数占6.4%，故100g该混合溶液中硫元素的质量为：100g×6.4%=6.4g，由化学方程式可知，硫元素完全转化到了硫酸钠中，故所得溶液中溶质的质量为：；由化学方程式可知，氢氧化钠中钠元素完全转化到了硫酸钠中，故钠元素的质量为，故100g氢氧化钠溶液中溶质的质量为：，假设混合溶液中的溶质全部是硫酸铜，设生成氢氧化铜的质量为x
x=19.6g，但是该溶液是硫酸铜和硫酸的混合溶液，故生成氢氧化铜沉淀的质量小于19.6g，符合题意；B、由A可知，氢氧化钠中钠元素的质量为9.2g，不符合题意；C、由A可知，所得溶液中溶质的质量为28.4g，不符合题意；D、由A可知，100g氢氧化钠溶液中溶质的质量16g，故氢氧化钠溶液的溶质质量分数为：，不符合题意。故选A。
21．【答案】 c ；a ； b ；b
【解析】（1）酸雨的形成主要是因为二氧化硫和氮氧化物的排放，故选c；（2）熟石灰是氢氧化钙，属于碱，用熟石灰处理废水中的酸，属于中和法；用活性炭处理废水中的色素和异味，是利用了活性炭的吸附性；用铁粉回收废水中的铜，是利用铁将铜置换出来；故选a；（3）废气直接排放造成大气污染；废干电池中含有锰、锌等金属，就地填埋会造成土壤重金属污染；废旧塑料随意丢弃造成“白色污染”；故选b；（4）漂白粉净水是利用漂白粉的强氧化性消毒杀菌；明矾净水是利用胶体吸附性，吸附水中悬浮物，所以可以作絮凝剂；臭氧净水是利用臭氧的强氧化性消毒杀菌；故选b。
22．【答案】(1)合成材料；(2) 汞原子；温度升高，汞原子间间隔变大；(3)C2H5OH；(4)青菜
【解析】（1）金属材料是指纯金属和合金，聚丙烯是由丙烯聚合而成的有机高分子合成材料，属于合成材料；（2）水银是汞的俗名，它是由汞原子构成的物质，温度升高，水银液面上升是因为温度升高后，汞原子之间的间隔变大了；（3）乙醇俗称酒精，其化学式为C2H5OH；（4）米饭中含有的营养素为糖类，红烧肉中富含的营养素为油脂和蛋白质，蔬菜和水果中富含丰富的维生素，牛奶中富含的营养素为蛋白质和水，故富含维生素C的食物为青菜。
23．【答案】(1)温室效应；(2) 丙 ；C、H、O；(3)A
【解析】（1）实现“碳中和”可大量减少二氧化碳的排放，有利于缓解温室效应；（2）该反应可表示为：，CH3OH 为有机物；化学变化中不发生改变的微粒是原子，所以该反应前后未发生改变的是碳原子、氧原子、氢原子，即C、H、O；（3）A、大量燃烧化石燃料将产生大量的二氧化碳气体，不利于实现“碳中和”，选项错误；B、植树造林，增大绿化面积，可增大对二氧化碳气体的吸收，有利于实现“碳中和”，选项正确；C、利用化学技术捕捉二氧化碳并转化，可增大对二氧化碳气体的吸收，有利于实现“碳中和”，选项正确；D、开发、利用清洁能源，可有效减少二氧化碳的产生，有利于实现“碳中和”，选项正确；故选：A。
24．【答案】(1)小于；(2) 合金熔点低于其组成金属 ；SnO2；(3) 增大 ；锡与酸性物质易发生反应
【解析】（1）水中淘取锡砂（指锡矿石）时，所需容器的孔径需小于锡砂颗粒大小；（2）①合金的熔点小于其组成中纯金属的熔点，炼锡时，有关键的一步“点铅勾锡”（形成合金），即加铅能使锡较易熔化流出（熔点低），其原因是形成合金熔点降低；②反应物中能提供氧的作氧化剂，SnO2含有氧元素能提供氧，作氧化剂；（3）①合金的硬度大于其组成中的纯金属的硬度，锡往往与其它金属制成合金使用，目的是增大硬度；
②锡器很少装装酸性物质，是因为锡是一种活泼金属，能与酸性物质发生化学反应。
25．【答案】(1) 长颈漏斗 ；铁架台；(2) 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ ；A；(3)可以控制反应的开始与停止；(4) FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；befg ；2NaOH+H2S=Na2S + 2H2O
【解析】(1)据图可知，仪器甲是长颈漏斗，仪器乙是铁架台；(2)用高锰酸钾制取氧气时，需要加热，故选发生装置A；高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式是2KMnO4K2MnO4+MnO2
+O2↑；(3)在装置中，固体药品放在多孔隔板上，液体药品从长颈漏斗中加入。反应开始后，关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止，打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行，故该装置主要优点是可以控制反应的开始与停止；(4)FeS与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和H2S气体，反应的化学方程式为：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；此反应在常温下进行，发生装置应选B，硫化氢有毒，以防止污染空气，选择效果最好的，且不会倒流，故为F，H2S可溶于水，密度比空气大，只能用向上排空气法收集，故选E，所以连接顺序为befg；NaOH和H2S反应生成硫化钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+H2S=Na2S + 2H2O。
26．【答案】(1) ；不易；(2) 装置内含有空气，空气中氧气的体积分数为21% ；MnO2 ；因为二氧化锰作催化剂时，产生等量氧气所需要的时间比FeCl3更短 ；氯化铁##FeCl3
【解析】（1）实验室用H2O2溶液制取氧气时，H2O2在MnO2作催化剂的条件下反应生成水和氧气，化学反应方程式为，根据氧气不易溶于水，可选择排水法收集氧气；（2）①空气中氧气的体积分数为21%，装置内含有空气，故开始时传感器测得氧气的体积分数不为0；②由图像可知，当加入过氧化氢溶液后，氧气的体积分数从同一起点到32%的过程中，用MnO2作催化剂所用的时间为9s，而用FeCl3作催化剂所用的时间大于60s，即产生等量氧气，用MnO2比用FeCl3作催化剂所需的时间更少，故使H2O2分解较快的催化剂是MnO2；③图中实验装置采用长颈漏斗添加过氧化氢溶液，加入的过氧化氢会全部与催化剂接触发生反应，为了使反应平缓，应使用催化速度较慢的催化剂，故此时选FeCl3作为催化剂较为合适。
27．【答案】(1)不溶于水，易溶于乙醇；(2)羊肝；(3)水浸；(4)加工时间相同时，不同温度下维生素浓度不同；(5)ABC
【解析】（1）依据文章对维生素A的描述，属于物理性质有黄色固体，不溶于水，易溶于乙醇，故填：不溶于水，易溶于乙醇。（2）由表1所给的几种食物维生素A含量数据对比分析，维生素A含量最高的是羊肝，为20972μg/100 g，故填：羊肝。（3）从实验设计和对比图1、图2来看，温度在100℃时，在相同的加工时间内，用水揉合成面团比鸡蛋揉合成面团维生素A含量降低要快。故涉及到的影响食品中维生素A含量的因素有加工温度、加工时间和水浸，故填：水浸。（4）根据图2对比分析，得出在相同的加工时间，温度越高，食品中维生素A含量越低的结论，所依据的证据是相同加工时间的柱状图，温度越高，柱状图越短，故填：加工时间相同时，不同温度下维生素浓度不同。（5）A、维生素A属于维生素中的一种，属于营养素，A正确；B、维生素A是由C、H、O元素组成的黄色固体，只含非金属元素，B正确；C、维生素A易被氧化，特别是暴露于氧气、高温环境时，会加快这种氧化作用，C正确； D、植物中虽不含有维生素A，但许多蔬菜、水果中含有胡萝卜素，它在小肠中可分解为维生素A，所以吃蔬菜能补充维生素A，D不正确。故选：ABC。
28．【答案】(1)AC；(2) ；放热；(3)；(4)碳酸钙##CaCO3；(5)可能是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，使溶液变红；(6) CaO、Ca(OH)2、CaCO3 ；防止空气中二氧化碳和水进入D装置中
【解析】（1）人体缺锌会导致侏儒症，缺钙可能会导致佝偻病、骨质疏松，故选AC；（2）①根据滴加酚酞溶液，液体变红，说明溶液显碱性，即钙与水反应生成了氢氧化钙，钙元素的化合价有0价升高为+2价，氧元素化合价不变，根据资料：在一个化学反应中，有元素化合价升高，同时就有元素化合价降低，所以说还会生成氢气，氢元素的化合价由+1价降低为0价，即钙和水反应生成氢氧化钙和氢气，该反应方程式为：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑；②氢氧化钙溶解度随着温度升高而减小，反应时溶液变浑浊，是因为反应放热，生成的氢氧化钙不能全部溶于水，反应后温度降低，氢氧化钙全部溶于水，溶液变澄清，故该反应属于发热反应；（3）固体中除了氧化钙、氢氧化钙外，还可能会含有碳酸钙的依据是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；（4）取固体样品加入水中，滴加酚酞后液体变红；继续加足量稀盐酸，如观察到有气泡产生，则该固体中一定含有碳酸钙，这是因为碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体；（5）由于氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，使溶液变红，所以无法判断样品中是否含有氢氧化钙；（6）②测得反应前后装置C（浓硫酸具有吸水性）、D（碱石灰可以吸收二氧化碳）分别增重18.0g和22.0g。说明氢氧化钙分解生成了18.0g水、碳酸钙分解生成了22.0g二氧化碳，根据资料Ca(OH)2加热至580℃生成两种氧化物（氧化钙和水）、CaCO3加热至825℃分解生成两种氧化物（氧化钙和二氧化碳）；
设氢氧化钙质量为x，碳酸钙质量为y，
，x=74g；
，y=50g；
则氧化钙质量为：155g-74g-50g=31g，所以固体样品中含有的物质为氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙；
③装置E中碱石灰的主要成分为氧化钙和氢氧化钠，其作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入D装置，影响实验结果。
1
2
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4
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D
C
B
D
B
D
D
D
A
D
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A
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D
D
A
A
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C
C
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1．【答案】D
【解析】A、垃圾分类回收，可以实现资源的有效利用，减少资源浪费，减少污染物的排放，保护环境，不符合题意； B、提倡“绿色出行”，以公共交通工具为主，可以减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，践行“低碳生活”理念，不符合题意；C、积极开发清洁新能源，对化石燃料综合利用，可以减少污染物的排放，防治大气污染，不符合题意；D、施用大量化肥与农药，会污染水源和土壤，应合理施用，符合题意。
故选D。
2．【答案】C
【解析】A、铜属于金属单质，是由铜原子直接构成的，故A错误；B、氯化钠是含有金属元素和非金属元素的化合物，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，故B错误；C、水是由非金属元素组成的化合物，是由水分子构成的，故C正确；D、金刚石属于固态非金属单质，是由碳原子直接构成的，故D错误。故选C。
3．【答案】B
【解析】A、（NH4）2SO4中含有氮元素，属于氮肥，故选项错误；B、KNO3中含有氮元素和钾元素，属于复合肥，故选项正确；C、Ca（H2PO4）2中含有磷元素，属于磷肥，故选项错误；D、K2SO4中含有钾元素，属于钾肥，故选项错误。故选B。
4．【答案】D
【解析】A、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1个铁离子表示为：Fe3+，不符合题意；B、原子用元素符号表示，多个原子就是在元素符号前面加上相应的数字，故2个氧原子表示为：2O，不符合题意；C、在原子中，质子数=核外电子数=原子序数，氧是8号元素，故氧原子核外第一层有2个电子，第二层有6个电子，故氧原子的结构示意图为：，不符合题意；D、每个葡萄糖分子由6个碳原子、12个氢原子、6个氧原子构成，化学式为：C6H12O6，符合题意。故选D。
5．【答案】B
【解析】A、氢氧化钙的俗名是熟石灰、消石灰，化学式是Ca(OH)2，CaO是氧化钙（生石灰），错误；B、氯化钠的俗名食盐，化学式是NaCl，正确；C、氢氧化钠的俗名：烧碱、火碱、苛性钠，化学式是NaOH，纯碱是碳酸钠，错误；D、碳酸氢钠的俗名是小苏打，化学式是NaHCO3，苏打是碳酸钠，错误。故选B。
6．【答案】D
【解析】A、用向上排空气法收集氧气时，为利于空气的排出，导管应伸入集气瓶的底部，图中所示操作错误。B、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，图中所示操作错误。
C、使用酒精灯时要注意“两查、两禁、一不可”，禁止向燃着的酒精灯内添加酒精，图中所示操作错误。
D、蒸发时，应用玻璃棒不断搅拌，以防液体受热不均匀，造成液体飞溅，图中所示操作正确。故选D。
7．【答案】D
【解析】 合成材料是两种或两种以上材料混合发生反应后而成的材料；复合材料是两种或两种以上材料混合而成的材料；金属材料是指具有光泽、延展性、容易导电、传热等性质的材料。一般分为黑色金属和有色金属两种；无机非金属材料，是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料。因此纳米陶瓷属于无机非金属材料。故选D。
8．【答案】D
【解析】A、硼带“石”属于非金属元素，错误。B、一个硼原子有一个原子核，5个质子，错误。C、相对原子质量是一个比值，单位是“1”，常省略不写，不是“g”，错误。D、全硼富勒烯团簇，由一种元素组成的纯净物，属于单质，正确。故选D。
9．【答案】A
【解析】漫步在校园中，能闻到花朵散发出来的花香是因为分子是不断地运动的。故选A。
10．【答案】D
【解析】A、涤纶属于合成材料，而橡胶包括天然橡胶和合成橡胶，不一定属于合成材料，故选项分类不正确；B、火碱是氢氧化钠的俗称，属于碱；纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子与碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故选项分类不正确；C、钠元素在人体内质量分数为0.15%，属于人体必需的常量元素，故选项分类不正确；D、干冰是固态二氧化碳的俗称的，冰是固态的水，二者均是由两种元素组成的化合物，且其中一种元素是氧元素，因此均属于氧化物，故选项分类正确。故选D。
11．【答案】A
【解析】A、室内起火，迅速打开所有门窗通风，空气流通，火势变大。A错。B、霉变大米含有黄曲霉素，淘洗加热后不能除去，不能食用。B正确。C、煮沸可以将硬水中的钙镁化合物转化为水垢除去，日常生活中通常用煮沸的方法降低水的硬度。C正确。D、废旧金属随意丢弃浪费资源，污染环境。D正确。综上所述：选择A。
12．【答案】D
【解析】A、棉花主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物，故A正确；B、夹瓷盏的照明过程，油燃烧，有新物质生成，所以涉及化学变化，故B正确；C、洗涤剂具有乳化作用，能将油滴乳化为小珠滴易于洗涤，故C正确；D、及时添加水的目的是降低温度，减少油的汽化，从而达到省油的目的，故D错误；故选D。
13．【答案】D
【解析】A、活性炭能当水中的色素吸附剂，是因其具有吸附作用，A选项正确；B、石墨作干电池的电极利用其的导电性，B选项正确；C、浓硫酸作某些气体的干燥剂利用其具有吸水性，C选项正确；D、氮气作保护气利用其化学性质不活泼，不是难溶于水，D选项错误。故选D。
14．【答案】D
【解析】A、根据图二可知，烧杯甲中没有剩余溶质，可能恰好完全溶解形成饱和溶液，也可能是不饱和溶液，则甲中溶液不一定是饱和溶液，烧杯乙中有剩余溶质，乙中溶液一定是饱和溶液；蒸发一定量的水，乙烧杯中一定有固体析出，由于烧杯甲中溶液是否达到饱和状态无法判断，故蒸发一定量的水，甲烧杯中可能有固体析出，此选项错误；B、等质量的A和B分别加入盛有100g水的两只烧杯中，根据，甲烧杯中全部溶解，乙烧杯中有部分未溶解的固体，故烧杯甲中溶液溶质的质量分数大于烧杯乙中溶液溶质的质量分数，此选项错误；C、将两个烧杯中的溶液混合，充分搅拌后，烧杯中不一定有剩余固体，混合后溶剂的质量增加至200g，由于不知道加入固体B的质量，所以乙烧杯中剩余未溶解的物质可能全部溶解，也可能有剩余，此选项错误；D、A、B两种物质的溶解度曲线随温度的升高而增大，将温度升高到t2℃，A、B的溶解度都增大，烧杯甲中不会有固体析出；因为t2℃时，A和B的溶解度相等，即两种物质在此温度下，在相同质量水中的溶解能力相同，由于甲中固体全部溶解，则乙中剩余固体也会全部溶解，此时甲中溶质质量与乙中溶质质量相等，根据可知，则两烧杯内溶液中溶质的质量分数一定相等，此选项正确。故选D。
15．【答案】A
【解析】A、铜和氧气在加热条件下反应可以转化为氧化铜，氧化铜和稀硫酸反应可以转化为硫酸铜，符合题意；B、铁和稀盐酸反应可转化为氯化亚铁，不是氯化铁，不符合题意；C、硫和氧气在点燃条件下反应可转化为二氧化硫，二氧化硫和水反应可转化为亚硫酸，不是硫酸，不符合题意；D、氧化钙和水反应可转化为氢氧化钙，氢氧化钙溶液和氯化钠溶液相互混合不产生沉淀、气体和水，不能发生反应，不符合题意；
故选A。
16．【答案】A
【解析】A、碱溶液显碱性，但显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是盐溶液，如碳酸钠是盐，但水溶液呈碱性，推理正确；B、pH<7的溶液呈酸性，正常雨水pH约为5.6，酸雨酸性增强，所以pH<5.6的雨水才是酸雨，推理不正确；C、中和反应是酸与碱作用生成盐和水，中和反应生成盐和水，但生成盐和水的不一定是中和反应，如酸与金属氧化物、碱与某些非金属氧化物反应都生成盐和水，但不是酸与碱反应，故不是中和反应，推理不正确；D、水是最常见的溶剂，酒精和汽油也可以作溶剂，则所有溶液中的溶剂不都是水，如碘酒中，碘是溶质，酒精是溶剂，推理不正确。故选A。
17．【答案】C
【解析】A、CaC2O4受热分解产物可能有一氧化碳，一氧化碳与空气混合受热易发生爆炸，所以先加热CaC2O4，利用产物排净装置内的空气，后加热CuO，选项正确；B、CaC2O4中含有碳元素，加热后能够生成一氧化碳，一氧化碳具有还原性，能够与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，所以装置②中黑色固体变红，说明分解产物中有CO，选项正确；C、CaC2O4分解的产物中有一氧化碳，一氧化碳能够与氧化铜反应生成二氧化碳，装置③中澄清石灰水变浑浊，不能说明分解产物中有CO2，选项错误；D、CaC2O4中含有钙元素，冷却后，取装置①中少量残留固体加入水，无气泡，放热，氧化钙和水反应生成氢氧化钙放出大量的热，证明有CaO生成，选项正确，故选C。
18．【答案】C
【解析】A、FeCl3溶液是黄色的，能与FeCl3溶液反应产生红褐色沉淀的是NaOH溶液，能与NaOH溶液反应产生白色沉淀的是MgCl2溶液，无明显变化的是NaCl溶液，不加其他试剂可以鉴别，故选项物质的鉴别所选用的方法正确；B、碳酸钙难溶于水，NaOH、NaCl、NH4NO3均易溶于水，但分别使温度升高、温度变化不大、降低，可以鉴别，故选项物质的鉴别所选用的试剂正确；C、铁粉能与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，能除去杂质但引入了新的杂质氯化亚铁，不符合除杂原则，故选项除杂所选用的试剂错误；D、O2通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项除杂所选用的试剂正确。故选C。
19．【答案】C
【解析】A、由图可知物质A属于氧化物，且A中铁元素的化合价为+2价，故A的化学式为FeO，名称为氧化亚铁，故A错误；B、①反应是由氧化铁变为单质铁，故可能的反应为，故B错误；C、由图可知物质B属于碱，且B中铁元素的化合价为+3价，故B的化学式为Fe(OH)3，⑤反应是FeCl3变为Fe(OH)3，故可能的反应为，故C正确；D、由C选项可知反应⑤为，则反应⑥为 ，由图可知物质C属于碱，且C中铁元素的化合价为+2价，故B的化学式为Fe(OH)2，则反应⑦、⑧分别为、 ，反应⑨是单质铁变为氯化亚铁，反应为，以上反应中⑨为置换反应，其余的全为复分解反应，故D错误；故选C。
20．【答案】A
【解析】A、向硫酸铜与硫酸的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，会发生两个化学反应和，硫酸铜和硫酸的混合溶液中硫元素的质量分数占6.4%，故100g该混合溶液中硫元素的质量为：100g×6.4%=6.4g，由化学方程式可知，硫元素完全转化到了硫酸钠中，故所得溶液中溶质的质量为：；由化学方程式可知，氢氧化钠中钠元素完全转化到了硫酸钠中，故钠元素的质量为，故100g氢氧化钠溶液中溶质的质量为：，假设混合溶液中的溶质全部是硫酸铜，设生成氢氧化铜的质量为x
x=19.6g，但是该溶液是硫酸铜和硫酸的混合溶液，故生成氢氧化铜沉淀的质量小于19.6g，符合题意；B、由A可知，氢氧化钠中钠元素的质量为9.2g，不符合题意；C、由A可知，所得溶液中溶质的质量为28.4g，不符合题意；D、由A可知，100g氢氧化钠溶液中溶质的质量16g，故氢氧化钠溶液的溶质质量分数为：，不符合题意。故选A。
21．【答案】 c ；a ； b ；b
【解析】（1）酸雨的形成主要是因为二氧化硫和氮氧化物的排放，故选c；（2）熟石灰是氢氧化钙，属于碱，用熟石灰处理废水中的酸，属于中和法；用活性炭处理废水中的色素和异味，是利用了活性炭的吸附性；用铁粉回收废水中的铜，是利用铁将铜置换出来；故选a；（3）废气直接排放造成大气污染；废干电池中含有锰、锌等金属，就地填埋会造成土壤重金属污染；废旧塑料随意丢弃造成“白色污染”；故选b；（4）漂白粉净水是利用漂白粉的强氧化性消毒杀菌；明矾净水是利用胶体吸附性，吸附水中悬浮物，所以可以作絮凝剂；臭氧净水是利用臭氧的强氧化性消毒杀菌；故选b。
22．【答案】(1)合成材料；(2) 汞原子；温度升高，汞原子间间隔变大；(3)C2H5OH；(4)青菜
【解析】（1）金属材料是指纯金属和合金，聚丙烯是由丙烯聚合而成的有机高分子合成材料，属于合成材料；（2）水银是汞的俗名，它是由汞原子构成的物质，温度升高，水银液面上升是因为温度升高后，汞原子之间的间隔变大了；（3）乙醇俗称酒精，其化学式为C2H5OH；（4）米饭中含有的营养素为糖类，红烧肉中富含的营养素为油脂和蛋白质，蔬菜和水果中富含丰富的维生素，牛奶中富含的营养素为蛋白质和水，故富含维生素C的食物为青菜。
23．【答案】(1)温室效应；(2) 丙 ；C、H、O；(3)A
【解析】（1）实现“碳中和”可大量减少二氧化碳的排放，有利于缓解温室效应；（2）该反应可表示为：，CH3OH 为有机物；化学变化中不发生改变的微粒是原子，所以该反应前后未发生改变的是碳原子、氧原子、氢原子，即C、H、O；（3）A、大量燃烧化石燃料将产生大量的二氧化碳气体，不利于实现“碳中和”，选项错误；B、植树造林，增大绿化面积，可增大对二氧化碳气体的吸收，有利于实现“碳中和”，选项正确；C、利用化学技术捕捉二氧化碳并转化，可增大对二氧化碳气体的吸收，有利于实现“碳中和”，选项正确；D、开发、利用清洁能源，可有效减少二氧化碳的产生，有利于实现“碳中和”，选项正确；故选：A。
24．【答案】(1)小于；(2) 合金熔点低于其组成金属 ；SnO2；(3) 增大 ；锡与酸性物质易发生反应
【解析】（1）水中淘取锡砂（指锡矿石）时，所需容器的孔径需小于锡砂颗粒大小；（2）①合金的熔点小于其组成中纯金属的熔点，炼锡时，有关键的一步“点铅勾锡”（形成合金），即加铅能使锡较易熔化流出（熔点低），其原因是形成合金熔点降低；②反应物中能提供氧的作氧化剂，SnO2含有氧元素能提供氧，作氧化剂；（3）①合金的硬度大于其组成中的纯金属的硬度，锡往往与其它金属制成合金使用，目的是增大硬度；
②锡器很少装装酸性物质，是因为锡是一种活泼金属，能与酸性物质发生化学反应。
25．【答案】(1) 长颈漏斗 ；铁架台；(2) 2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ ；A；(3)可以控制反应的开始与停止；(4) FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；befg ；2NaOH+H2S=Na2S + 2H2O
【解析】(1)据图可知，仪器甲是长颈漏斗，仪器乙是铁架台；(2)用高锰酸钾制取氧气时，需要加热，故选发生装置A；高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，反应的化学方程式是2KMnO4K2MnO4+MnO2
+O2↑；(3)在装置中，固体药品放在多孔隔板上，液体药品从长颈漏斗中加入。反应开始后，关闭开关时，试管中的气体增多，压强增大，把液体压入长颈漏斗，固体和液体分离，反应停止，打开开关时，气体导出，试管中的气体减少，压强减小，液体和固体混合，反应进行，故该装置主要优点是可以控制反应的开始与停止；(4)FeS与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和H2S气体，反应的化学方程式为：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；此反应在常温下进行，发生装置应选B，硫化氢有毒，以防止污染空气，选择效果最好的，且不会倒流，故为F，H2S可溶于水，密度比空气大，只能用向上排空气法收集，故选E，所以连接顺序为befg；NaOH和H2S反应生成硫化钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+H2S=Na2S + 2H2O。
26．【答案】(1) ；不易；(2) 装置内含有空气，空气中氧气的体积分数为21% ；MnO2 ；因为二氧化锰作催化剂时，产生等量氧气所需要的时间比FeCl3更短 ；氯化铁##FeCl3
【解析】（1）实验室用H2O2溶液制取氧气时，H2O2在MnO2作催化剂的条件下反应生成水和氧气，化学反应方程式为，根据氧气不易溶于水，可选择排水法收集氧气；（2）①空气中氧气的体积分数为21%，装置内含有空气，故开始时传感器测得氧气的体积分数不为0；②由图像可知，当加入过氧化氢溶液后，氧气的体积分数从同一起点到32%的过程中，用MnO2作催化剂所用的时间为9s，而用FeCl3作催化剂所用的时间大于60s，即产生等量氧气，用MnO2比用FeCl3作催化剂所需的时间更少，故使H2O2分解较快的催化剂是MnO2；③图中实验装置采用长颈漏斗添加过氧化氢溶液，加入的过氧化氢会全部与催化剂接触发生反应，为了使反应平缓，应使用催化速度较慢的催化剂，故此时选FeCl3作为催化剂较为合适。
27．【答案】(1)不溶于水，易溶于乙醇；(2)羊肝；(3)水浸；(4)加工时间相同时，不同温度下维生素浓度不同；(5)ABC
【解析】（1）依据文章对维生素A的描述，属于物理性质有黄色固体，不溶于水，易溶于乙醇，故填：不溶于水，易溶于乙醇。（2）由表1所给的几种食物维生素A含量数据对比分析，维生素A含量最高的是羊肝，为20972μg/100 g，故填：羊肝。（3）从实验设计和对比图1、图2来看，温度在100℃时，在相同的加工时间内，用水揉合成面团比鸡蛋揉合成面团维生素A含量降低要快。故涉及到的影响食品中维生素A含量的因素有加工温度、加工时间和水浸，故填：水浸。（4）根据图2对比分析，得出在相同的加工时间，温度越高，食品中维生素A含量越低的结论，所依据的证据是相同加工时间的柱状图，温度越高，柱状图越短，故填：加工时间相同时，不同温度下维生素浓度不同。（5）A、维生素A属于维生素中的一种，属于营养素，A正确；B、维生素A是由C、H、O元素组成的黄色固体，只含非金属元素，B正确；C、维生素A易被氧化，特别是暴露于氧气、高温环境时，会加快这种氧化作用，C正确； D、植物中虽不含有维生素A，但许多蔬菜、水果中含有胡萝卜素，它在小肠中可分解为维生素A，所以吃蔬菜能补充维生素A，D不正确。故选：ABC。
28．【答案】(1)AC；(2) ；放热；(3)；(4)碳酸钙##CaCO3；(5)可能是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，使溶液变红；(6) CaO、Ca(OH)2、CaCO3 ；防止空气中二氧化碳和水进入D装置中
【解析】（1）人体缺锌会导致侏儒症，缺钙可能会导致佝偻病、骨质疏松，故选AC；（2）①根据滴加酚酞溶液，液体变红，说明溶液显碱性，即钙与水反应生成了氢氧化钙，钙元素的化合价有0价升高为+2价，氧元素化合价不变，根据资料：在一个化学反应中，有元素化合价升高，同时就有元素化合价降低，所以说还会生成氢气，氢元素的化合价由+1价降低为0价，即钙和水反应生成氢氧化钙和氢气，该反应方程式为：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑；②氢氧化钙溶解度随着温度升高而减小，反应时溶液变浑浊，是因为反应放热，生成的氢氧化钙不能全部溶于水，反应后温度降低，氢氧化钙全部溶于水，溶液变澄清，故该反应属于发热反应；（3）固体中除了氧化钙、氢氧化钙外，还可能会含有碳酸钙的依据是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O；（4）取固体样品加入水中，滴加酚酞后液体变红；继续加足量稀盐酸，如观察到有气泡产生，则该固体中一定含有碳酸钙，这是因为碳酸钙和稀盐酸反应生成二氧化碳气体；（5）由于氧化钙能和水反应生成氢氧化钙，使溶液变红，所以无法判断样品中是否含有氢氧化钙；（6）②测得反应前后装置C（浓硫酸具有吸水性）、D（碱石灰可以吸收二氧化碳）分别增重18.0g和22.0g。说明氢氧化钙分解生成了18.0g水、碳酸钙分解生成了22.0g二氧化碳，根据资料Ca(OH)2加热至580℃生成两种氧化物（氧化钙和水）、CaCO3加热至825℃分解生成两种氧化物（氧化钙和二氧化碳）；
设氢氧化钙质量为x，碳酸钙质量为y，
，x=74g；
，y=50g；
则氧化钙质量为：155g-74g-50g=31g，所以固体样品中含有的物质为氧化钙、氢氧化钙、碳酸钙；
③装置E中碱石灰的主要成分为氧化钙和氢氧化钠，其作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入D装置，影响实验结果。
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