2024年重庆市(A卷)中考化学

重庆市 2024年初中学业水平暨高中招生考试

化学试题(A 卷)

(全卷共四个大题，满分 70分，与物理共用 120分钟)

注意事项：

1.试题的答案书写在答题卡上，不得在试题卷上直接作答，

2.作答前认真阅读答题卡上注意事项。

3.考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡一并收回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64

一、选择题(本大题包括 16个小题，每小题 2分，共 32分)每小题只有一个选项符合题意。

【答案】D

【解析】

【详解】A、开发新能源能够减少化石燃料的使用，减少污染，与绿色发展相符，不符合题意；B、禁渔可以保护长江生物的多样性，与绿色发展相符，不符合题意C、农药化肥能够帮助植物生长，合理施用，与绿色发展相符，不符合题意D、垃圾焚烧会产生空气污染物，与绿色发展不符，符合题意。

故选：D。

【答案】B

【解析】

【详解】A、扫地过程没有新物质生成，没有发生化学变化。不符合题意；B、生火有燃烧发生，一定有新物质生成，一定发生化学变化。符合题意；C、摘菜过程没有新物质生成，没有发生化学变化。不符合题意；D、提水过程没有新物质生成，没有发生化学变化。不符合题意；

故选 B 。

3. 空气成分中含量多且可用作保护气的是

A. $\Nu _ { 2 }$ B. $\mathrm { ~ O } _ { 2 }$ C. 稀有气体 D. $\mathrm { C O } _ { 2 }$

【详解】A、氮气大约占空气体积的 78%，含量多，且氮气化学性质稳定，可用作保护气，故选项正确；B、氧气大约占空气体积的21%，氧气可以支持燃烧和供给呼吸，氧气不能用作保护气，故选项错误；C、稀有气体大约占空气体积的

0.94%，稀有气体化学性质稳定，可用作保护气，但是含量少，故选项错误；D、二氧化碳大约占空气体积的0.03%，含量少，故选项错误；

故选：A。

【分析】肉、蛋、奶富含蛋白质。【详解】A、菜粥富含糖类和维生素。不符合题意；B、油条富含糖类和油脂。不符合题意；C、鸡肉富含蛋白质。符合题意；D、水果富含维生素。不符合题意；故选C。

【详解】A、氢气燃烧热值高，且产物只有水，清洁无污染，符合题意；B、氧气不具有可燃性，不能做燃料，不符合题意；C、酒精不充分燃烧会产生一氧化碳和炭粒等污染物，不符合题意；D、石油燃烧会产生一氧化碳和炭粒等多种污染物，不符合题意；

6. 粗盐提纯实验中用到的下列仪器，名称不正确的是

A. 长颈漏斗	B. 蒸发皿
C. 烧杯	D. 酒精灯

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A、图示为普通漏斗，故A错误；B、图示为蒸发皿，故B正确；C、图示为烧杯，故C正确；D、图示为酒精灯，故D正确；

故选：A。

7. 2024年全国安全生产月的主题是“人人讲安全、个个会应急——畅通生命通道”。下列相关说法不正确的是A. 加油站、面粉厂应严禁烟火B. 浓硫酸溅上皮肤后立即用食醋冲洗C. 霉变花生洗净和煮熟后仍不宜食用D. 天然气泄漏时先开窗通风后，再开灯检查

【答案】B

【解析】

【详解】A、加油站有汽油挥发的可燃性气体，面粉厂有面粉这样的可燃性粉尘，遇明火有爆炸可能，加油站、面粉厂应严禁烟火，正确；B、浓硫酸溅到皮肤上，先用大量水冲洗，在涂3%~5%碳酸氢钠溶液，错误；C、霉变的花生含有黄曲霉毒素，煮熟后仍有会使人中毒，不能食用，正确；D、天然气泄漏先关闭阀门，开窗通风降低天然气的浓度，脱离爆炸极限，再开灯检查，正确。

故选：B。

【答案】D【解析】

【详解】A、标在离子符号右上角的数字表示一个该离子所带的电荷数，“2”表示一个亚硫酸根离子带2个单位负电荷，不符合题意；B、标在离子符号右下角的数字表示一个该离子中所含有的原子个数，“3”表示一个亚硫酸根离子中有 3个氧原子，不符合题意；C、该化学符号中不含有“4”，不符合题意；D、标在离子符号前面的数字表示离子的个数，“5”表示 5个亚硫酸根离子，符合题意；故选：D。

【解析】

【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，蓝桉醇是由三种元素组成的，不属于氧化物，选项错误；B、由化学式可知，蓝桉醇是由碳、氢、氧三种元素组成的，选项正确；C、蓝桉醇是由蓝桉醇分子构成的，一个蓝桉醇分子是由 15个碳原子、26 个氢原子和 1个氧原子，共42个原子构成的，选项错误；D、蓝桉醇中碳、氢、氧三种元素的质量比为（12×15）:（1×26）:16=90:13:8，所以碳元素质量分数最高，选项错误。

故选 B。

10. 雄黄酒可以驱逐蛇和害虫，雄黄的主要成分为 ${ \sf A s } _ { 4 } { \sf S } _ { 4 }$ ，组成它的两种元素在元素周期表中的信息如图所示，下列有关说法不正确的是

A. 乙醇可作为雄黄的溶剂B. 两种元素都为非金属元素C. 砷原子的质量为

74.92D. 硫原子核外电子数为16

【答案】C

【解析】

【详解】A、雄黄酒是雌黄的酒精溶液，酒精俗称乙醇，故乙醇可作为雄黄的溶剂，故A 说法正确；B、硫、砷均带有石字旁，都为非金属元素，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，则砷原子的相对原子质量为74.92，故 C说法错误；D、由元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，则硫原子序数为16，在原子中，原子序数=质子数=核外电子数，则硫原子核外电子数为16，故D 说法正确；

故选：C。

11. 海水含有丰富的化学资源，关于海水的下列说法中不正确的是A. 海水蒸发说明水分子在不断运动B. 海水占全球总储水量的绝大多数C. 蒸馏可以从海水中获得淡水D. 相同条件下海水的导电能力比纯水弱

【答案】D

【解析】

【详解】A、海水蒸发说明水分子在不断运动，运动到空气中了，故A 说法正确；B、地球表面约有71%被水覆盖着，其中海洋水占全球总水量的

96.5%，海水占全球总储水量的绝大多数，故 B说法正确；C、蒸馏可以除去水中的所有杂质，得到的蒸馏水属于纯水，所以说蒸馏可以从海水中获得淡水，故C说法正确；D、纯水中只含有水，而海水中含有较多自由移动的离子，所以相同条件下海水的导电能力比纯水强，故

D 说法错误；故选：D。

【答案】A

【解析】

【详解】①活泼金属能将不活泼金属从其盐溶液中置换出来。铁能和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，说明活动性铁大于铜，反应能证明两种金属的活动性，正确；$\mathrm { F e + C u S O } _ { 4 } { = } \mathrm { F e S O } _ { 4 } { + } \mathrm { C u }$ ②56 160 ，反应前后溶剂水的质量不变，溶质由硫酸铜变为硫酸亚铁，每 160份质量的硫酸铜生成 152份质量的硫酸亚铁，溶液的质量减少，错误；③反应生成的溶质为硫酸亚铁，错误；④反应后有铜单质析出，所以固体表面附着一层红色物质，正确；①④正确，故选A。

13. 已知KCl的溶解度随温度升高而增大，在 40℃时KCl的溶解度为40g，在该温度下，依据下表所示的数据，进行 KCl溶于水的实验探究。下列说法中正确的是

A. 在上述实验所得的溶液中，溶质质量分数①>②B. 实验③所得溶液中，溶质与溶剂的质量比为3：7C. 将实验②、③的溶液分别降温，一定都有晶体析出D. 将实验①、③的溶液按一定比例混合可得到与②浓度相等的溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A、在 $4 0 ^ { \circ } \mathrm { C } \mathrm { \textmu }$ 时KCl的溶解度为 $4 0 \mathrm { g }$ ，即 $1 0 0 \mathrm { g }$ 水中最多能溶解 $4 0 \mathrm { g }$ 氯化钾，则 $5 0 \mathrm { g }$ 水中最多能溶解 $5 0 \mathrm { g } \times { \frac { 4 0 \mathrm { g } } { 1 0 0 \mathrm { g } } } = 2 0 \mathrm { g }$ 氯化钾， $6 0 \mathrm { g }$ 水中最多能溶解 $6 0 { \bf g } \times \frac { 4 0 { \bf g } } { 1 0 0 { \bf g } } = 2 4 { \bf g }$ 氯化钾，①中水的质量为 $5 0 \mathrm { g }$ ，加入氯化钾的质量为 $1 0 \mathrm { g }$ ，可以完全溶解，得到不饱和溶液，溶质质量分数为： $\frac { 1 0 \mathrm { g } } { 5 0 \mathrm { g } + 1 0 \mathrm { g } } { \times 1 0 0 % } \approx 1 6 . 7 %$ ②中水的质量为 $6 0 \mathbf { g } .$ ，加入氯化钾的质量为 $2 0 \mathrm { g }$ ，可以完全溶解，得到不饱和溶液溶质质量分数为：$\frac { 2 0 \mathrm { g } } { 6 0 \mathrm { g } + 2 0 \mathrm { g } } { \times 1 0 0 % } = 2 5 %$ ，故溶质质量分数 $\textcircled{1} < \textcircled{2}$ ，故A说法错误；B、在 $4 0 %$ 时KCl的溶解度为 $4 0 \mathrm { g }$ ，即 $1 0 0 \mathrm { g }$ 水中最多能溶解 $4 0 \mathrm { g }$ 氯化钾，则 $7 0 \mathrm { g }$ 水中最多能溶解$7 0 \mathbf { g } \times { \frac { 4 0 \mathbf { g } } { 1 0 0 \mathbf { g } } } = 2 8 \mathbf { g }$ 氯化钾，③中水的质量为 $7 0 \mathrm { g }$ ，加入氯化钾的质量为 $3 0 \mathrm { g } > 2 8 \mathrm { g }$ ，只能溶解 $2 8 \mathrm { g }$ 氯化钾，得到饱和溶液，则实验③所得溶液中，溶质与溶剂的质量比为 $2 8 \mathrm { g }$ ： $7 0 \mathrm { g } { = } 2$ ：5，故B说法错误；C、由上可知，②为该温度下的不饱和溶液，③为该温度下的饱和溶液，KCl的溶解度随温度升高而增大，将实验②、③的溶液分别降温，②不一定有晶体析出，③一定有晶体析出，故C说法错误；D、将实验①、③的溶液按一定比例混合，即按照1：1混合，则得到的溶液中水的质量为$5 0 \mathrm { g } { + } 7 0 \mathrm { g } { = } 1 2 0 \mathrm { g }$ ，加入氯化钾的质量为 $1 0 \mathrm { g } { + } 3 0 \mathrm { g } { = } 4 0 \mathrm { g }$ ，可以完全溶解，溶质与溶剂的质量比为 $4 0 { \bf g } ; \quad$ ：$1 2 0 \mathrm { g } { = } 1$ ：3，②中溶质与溶剂的质量比也为 $2 0 \mathrm { g }$ ： $6 0 \mathrm { g } { = } 1$ ：3，即将实验①、③的溶液按一定比例（1：1）混合可得到与②浓度相等的溶液，故D说法正确；故选：D。

14. 杭州亚运会火炬使用“零碳甲醇 $\ \mathrm { ( C H } _ { 3 } \mathrm { O H } \ ) ^ { , }$ 。我国科研人员研制出一种新型催化剂，能将 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 转化成甲醇，其转化过程如下图所示(M为单质、部分产物省略)。下列说法不正确的是

CO2

I

II

A. M的化学式为 $\mathrm { H } _ { 2 }$ B. 该成果可为碳中和提供科学方案C. Ⅰ中反应不是化合反应

D. 该转化中 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 和M 的分子数目比为 1：2

【答案】D

【解析】

【详解】A、根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，生成物甲醇中含有碳、氢、氧三种元素，反应物二氧化碳中含有碳、氧两种元素，而反应物 M 单质，M中一定含有氢元素，则 M为氢气，化学式为$\mathrm { H } _ { 2 }$ ，故A 说法正确；B、该成果可有效利用二氧化碳，减少二氧化碳的排放，可为碳中和提供科学方案，故B 说法正确；C、I中二氧化碳和氢气在催化剂 作用下反应生成一氧化碳，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，则一定还有含有氢元素的生成物，故该反应的生成物不只一种，不符合“多变一”的特点，不属于化合反应，故C 说法正确；D、根据流程，二氧化碳和氢气在催化剂的作用下生成甲醇，根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变，则还会生成水，化学方程式为： $\mathrm { C O } _ { 2 } + 3 \mathrm { H } _ { 2 } \frac { \vert \sharp \vert \ell \vert \ddag \vert \mathrm { I } \vert } { \mathrm { C O } _ { 2 } + 3 \mathrm { H } _ { 2 } } \mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H } + \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ ，故该转化中 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 和M的分子数目比为 1：3，故D 说法错误；

故选：D。

15. 下列实验方法和主要操作能达到实验目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据金属活动性 $\mathsf { A l { > } C u > } \mathsf { A g }$ ，所以硝酸铜和硝酸银均能与铝反应，不能达到实验目的，故 A不符合题意；B、氢氧化钠的变质是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，取样，加入足量的稀硫酸，碳酸钠能与足量的稀硫酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，观察是否产生气泡，可检验是否变质，但是不能检验变质程度，不能达到实验目的，故B 不符合题意；C、氯化钠易溶于水，硫酸钡难溶于水，加水溶解，过滤，将滤液蒸发结晶可得到氯化钠，清洗滤渣并晾干可得到硫酸钡，能达到分离提纯 目的，故C 符合题意；D、甲烷和氢气燃烧均会生成水，点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯，烧杯内壁均会有水雾出现，不能鉴别，不能达到实验目的，故D不符合题意；故选：C。

16. 用 溶液与稀硫酸进行中和反应实验，开始时滴入几滴酚酞溶液，测得溶液的 pH变化如下图所示。下列说法不正确的是

A. 图像表明是向 溶液中加入稀硫酸B. ac段溶液颜色逐渐变浅，d点溶液为无色C. d点溶液钠元素质量分数大于 b点溶液钠元素质量分数D. ac段溶液升温明显高于cd段，说明该反应放出热量

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据图示，初始溶液的 pH＞7，显碱性，随着另一溶液的加入，溶液的 pH逐渐减小至小于7，则说明是向 NaOH 溶液中加入稀硫酸，故 A说法正确；B、酚酞遇碱性溶液变红色，遇酸性和中性溶液不变色，氢氧化钠溶液显碱性，能使无色酚酞溶液变红色，随着稀硫酸的加入，稀硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，随着反应的进行，氢氧化钠不断被消耗，则 ac段溶液颜色逐渐变浅，d 点pH＜7，显酸性，稀硫酸过量，此时溶液为无色，故B 说法正确；C、根据质量守恒定律，反应过程中钠元素的质量不变，而d 点溶液的质量＞b点溶液的质量，则d 点溶液钠元素质量分数小于 b点溶液钠元素质量分数，故 C说法不正确；

D、ac段氢氧化钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和水，c点时，溶液的 pH=7，表示氢氧化钠和硫酸恰好完全反应，cd 段溶液的 $\mathsf { p H } { < } 7$ ，硫酸过量，ab段溶液升温明显高于 cd 段，说明该反应放出热量，故D 说法正确；

故选：C。

二、填空题(本大题包括 5个小题，共 21分)

17. 侯德榜是我国化工先驱，他打破了西方国家对工业制备纯碱( $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 } )$ 的技术垄断。其制碱原理中的某步反应为： $\mathrm { N a C l } + \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } + \mathrm { C O } _ { 2 } + \mathrm { N H } _ { 3 } = \mathrm { N H } _ { 4 } \mathrm { C l } + \mathrm { X } \downarrow$ o

（1）纯碱属于 _(填“酸”“碱”或“盐”)，X的化学式为

（2） 中的阳离子为 (填符号)，产物中属于氮肥的是 _(填名称)。【答案】（1） ①. 盐 ②. ${ \mathrm { N a H C O } } _ { 3 }$

$$ \mathrm{Na} ^ {+} $$

【解析】【小问 1 详解】

纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠是由钠离子和碳酸根离子构成的化合物，属于盐；

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 1个Na、1个Cl、5个H、3个O、1个C、1个N，反应后有1个Cl、4个H、1个N，则X中有 1个Na、1个 H、3个O、1个C，化学式为${ \mathrm { N a H C O } } _ { 3 } ,$

【小问 2 详解】

NaCl是由钠离子和氯离子构成的，其中的阳离子为钠离子，表示为 $\mathrm { N a ^ { + } }$ ；产物氯化铵中含有氮、磷、钾三种元素中的氮元素，属于氮肥。

18. 2024年4月，淮南武王墩墓考古有重大发现。墓中出土了写有文字的竹简、陶瓷、青铜和金银器皿等文物。

（1）不属于金属材料的文物是 (填序号)。A. 竹简 B. 陶瓷 C. 青铜和金银器皿

（2）竹简上用墨书写的文字能保留至今，其原因是

（3）铜能形成多种合金，其中黄铜的硬度 (填“大于”或“小于”)纯铜的硬度。黄铜(主要成分为 $Z \mathrm { n }$ 和 )外观与黄金相似，可通过灼烧来鉴别它们，写出鉴别它们的化学方程式 o【答案】（1）AB （2）常温下，碳单质化学性质稳定

（3） ①. 大于 ②. $2 \mathrm { C u } + \mathrm { O } _ { 2 } \stackrel { \Delta } { = } 2 \mathrm { C u O }$

【解析】【小问 1 详解】

A、竹简用竹子做成，属于天然材料，符合题意；B、陶瓷属于无机非金属材料，符合题意；C、青铜属于合金，金银器皿是金属，均属于金属材料，不符合题意；

故填：AB；

【小问 2 详解】

墨的主要成分是碳，碳在常温下化学性质稳定，有利于长期保存，故填：常温下，碳单质化学性质稳定；【小问 3 详解】

合金相比组成金属，硬度增大，熔点降低，黄铜硬度大于纯铜硬度，故填：大于；

灼烧过程中，黄铜中锌和铜能够与氧气反应，铜和氧气反应生成黑色的氧化铜，金灼烧不与氧气反应，故填： $2 \mathrm { C u } + \mathrm { O } _ { 2 } \stackrel { \Delta } { = } 2 \mathrm { C u O }$ 。

19. 某火龙表演是国家级非物质文化遗产。其中的“打铁花”是先将生铁熔化成铁水，再用工具将铁水向空中用力抛出，形成“火树银花落，万点星辰开”的精彩场景。

（1）生铁的含碳量 _(填“<”、“>”或“=”)钢的含碳量。工业上可用赤铁矿与 在高温下反应来冶炼生铁，该反应主要利用了 的 _(填序号)。A．可燃性 B．还原性 C．密度比空气小

（2）铁花冷却后得到黑色固体，写出生成该固体的化学方程式 0

（3）表演时可备细沙以防止火灾。细沙可阻止可燃物与 接触从而达到灭火的目的。

（2） $3 \mathrm { F e } + 2 { \mathbf { O } } _ { 2 } \overset { \underset { \mathrm { F } } { \boxed { \div } } , \ast \not \delta \not \mathbf { A } } { = } \mathrm { F e } _ { 3 } { \mathbf { O } } _ { 4 }$

（3）空气(或氧气或 $\mathrm { O } _ { 2 } )$

【解析】

【小问 1 详解】

生铁的含碳量为 2%～4.3%，钢的含碳量为

0.03%～2%，即生铁的含碳量大于钢的含碳量；

工业上可用赤铁矿（主要成分是氧化铁）与 CO 在高温下反应来冶炼生铁，在高温条件下，一氧化碳还原

氧化铁生成铁和二氧化碳，该反应主要利用了 CO 的还原性，故选 $\mathrm { B } ;$

【小问 2 详解】

铁和氧气点燃生成黑色的四氧化三铁，化学方程式为： $3 \mathrm { F e } + 2 { \mathbf { O } } _ { 2 } \overset \underset { \mathrm { f } _ { 1 } } { \underbrace { \mathrm { H } } } , \underset { \mathrm { f } _ { 2 } } { \underbrace { \mathrm { F e } _ { 3 } } } { \mathbf { O } } _ { 4 }$

【小问 3 详解】

燃烧的三要素为：可燃物、与氧气或空气接触、温度达到可燃物的着火点，三者缺一不可，灭火只需破坏其一即可，细沙可阻止可燃物与空气(或氧气或 $\mathrm { O } _ { 2 }$ )接触从而达到灭火的目的。

20. 发展新质生产力重庆在行动。重庆企业研发 固态电池和氢能源汽车全球领先。

（1） $\mathrm { L i C l O } _ { 4 }$ 是某固态电池中的一种成分，其中氯元素的化合价为 ( 为＋1 价)。

（2）电解水是制氢的一种传统方法。 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 在与电源 极相连的一端产生。

（3）某制氢技术的原理是将单质硅与水搅拌，即可生成氢气和二氧化硅，其反应的化学方程式为_，该制氢技术相比电解水制氢的优点有(写一条)

【答案】（1）＋7 （2）负（3） ①. $\mathrm { S i } + 2 \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } { = } \mathrm { S i } \mathrm { O } _ { 2 } + 2 \mathrm { H } _ { 2 }$ ↑ ②. 节约成本(或更环保)

【解析】

【小问 1 详解】

根据化合物中元素正负化合价代数和为 0计算，锂元素化合价为+1，氧元素常见的化合价为-2，设氯元素的化合价为 $x , ( + 1 ) + x + ( - 2 ) { \times } 4 { = } 0 , x { = } + 7$ 。

【小问 2 详解】

电解水正极产生氧气，负极产生氢气，两者体积比为 1：2，氢气与电源负极相连，故填：负；

【小问 3 详解】

单质硅与水反应生成氢气和二氧化硅，这项制氢技术不需要消耗电能，电能产生过程中可能有污染，如火力发电，故填： $\mathrm { S i } { + } 2 \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } { = } \mathrm { S i } \mathrm { O } _ { 2 } { + } 2 \mathrm { H } _ { 2 } \uparrow$ ；节约成本(或更环保)。

21. $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 可用于食品加工，制药等领域，某工厂就地取用矿石(主要含石灰石和氧化铜)制取 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ ，其主要流程如下图所示。

（1）粉碎机和搅拌器所起的作用是

（2）反应器中生成的气体的化学式为 ，流程中X可以为 (填序号)。A．稀盐酸 B．氢氧化钠 C．生石灰 D．氢氧化钙

（3）写出生成沉淀的化学方程式

（4）该流程存 缺陷，请提出改进措施

【答案】（1）增大接触面积，使反应更快更充分（2） ①. $\mathrm { C O } _ { 2 }$ ②. CD

（3） $\operatorname { C u C l } _ { 2 } + \operatorname { C a } \left( \operatorname { O H } \right) _ { 2 } = \operatorname { C a C l } _ { 2 } + \operatorname { C u } \left( \operatorname { O H } \right) _ { 2 } \downarrow$

$$ \mathrm{X} ^ {\prime \prime} $$

【解析】

【小问 1 详解】

粉碎机可以将大颗粒固体变为小颗粒固体，搅拌器可以使反应物充分接触。反应物接触越充分，则反应越快越充分。所以粉碎机和搅拌器所起的作用是增大接触面积，使反应更快更充分。

【小问 2 详解】

矿石中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，所以生成的气体是二氧化碳，化学式 $\mathrm { C O } _ { 2 } { \mathrm { ; } }$ 流程X需要除去铜离子，且不引入氯离子、钙离子以外的离子。A、稀盐酸无法除去铜离子。不符合题意；B、氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，引入钠离子。不符合题意；C、生石灰和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钙，除去杂质且不引入新杂质。符合题意；D、氢氧化钙和氯化铜反应生成氢氧化铜和氯化钙，除去杂质且不引入新杂质。符合题意；故选CD。

【小问 3 详解】

根据（2）可知，生成沉淀的化学方程式为 $\mathbf { C u C l } _ { 2 } + \mathbf { C a } \left( \mathbf { O H } \right) _ { 2 } = \mathbf { C a C l } _ { 2 } + \mathbf { C u ( O H ) } _ { 2 } \downarrow$

加入过量的 X（氧化钙或氢氧化钙），会有氢氧化钙剩余在溶液中成为新杂质，则反应后不能残留氢氧化钙，所以改进措施为将“过量X”改为“适量X”。

三、实验题(本大题包括 2 个小题，共 11 分)

22. 实验能展现化学的魅力，也是重要的学科素养。

（1）实验室制取 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 是学生必做实验，其主要步骤有：A．制取气体 B．检查装置气密性 C．清洁与整理 D．填装药品

①该实验正确的操作顺序为 (填序号，下同)。

②检查装置气密性时，若气密性良好。会出现下图中的

甲

乙

丙

（2）实验室用氯化钠固体配制 $5 0 \mathrm { g }$ 质量分数为6%的氯化钠溶液。

①溶解时玻璃棒的作用是 _，量取水时应选用 (填序号)mL规格的量筒。 A．25 B．50 C．100

②称量氯化钠时，误将氯化钠放在右盘(未使用游码)，若其他操作都正确，配制所得溶液的溶质质量分数_(填 $^ { 6 6 } < ^ { 9 9 } \quad ^ { 6 6 } > ^ { 9 }$ 或“=”)6%。

【答案】（1） ①. BDAC ②. 甲、丙（2） ①. 搅拌，加速溶解 ②. B ③. =

【解析】【小问 1 详解】

①实验室制取 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ ，先检查装置的气密性，然后填装药品（防止装置漏气更换仪器造成药品浪费），制取气体，最后清洁与整理，故正确顺序为BDAC；

②检验装置气密性利用装置内外的气压差检验，检查装置气密性时，若气密性良好，导管口会出现气泡，瓶内大气压强大于外界大气压，一段时间后，长颈漏斗内的液面上升，形成一段稳定的液柱，故选甲丙；【小问 2 详解】

①溶解时玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；

实验室用氯化钠固体配制50g 质量分数为6%的氯化钠溶液，需要水的质量为 $5 0 \mathbf { g } \times \left( 1 { - } 6 % \right) = 4 7 \mathbf { g }$ ，合47mL，量筒量程选择的依据有两点：一是尽量保证量取一次，二是量程与液体的取用量最接近，量取47mL 的液体，50mL 量筒能保证量取一次，且量程与液体的取用量最接近，故量取水时应选用 50mL 规格的量筒，故选B；

②实验室用氯化钠固体配制50g质量分数为6%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量为 $5 0 \mathrm { g } { \times } 6 % { = } 3 \mathrm { g }$ ，使用托盘天平遵循“左物右码”的原则，左盘质量=右盘质量+游码质量，称量氯化钠时，误将氯化钠放在右盘(未使用游码)，若其他操作都正确，由于未使用游码，所以氯化钠的质量不变，则配制所得溶液的溶质质量分数=6%。

23. $\mathrm { ~ O } _ { 2 }$ 在医疗急数、化工生产等领域都有重要应用。

（1）从元素守恒角度看，下列物质不能用于制取氧气的是 _(填序号)。A. $\mathrm { C H } _ { 4 }$ B. ${ \mathrm { K M n O } } _ { 4 }$ C. $\mathrm { N a C l }$

（2）某探究小组进行了“催化剂等因素对过氧化氢分解的影响”的系列探究，该小组分别取 1g不同的催化剂，再加入溶质质量分数 5%的过氧化氢溶液20mL，进行了如下实验：

①写出实验甲中发生反应的化学方程式

② $\mathrm { M n O } _ { 2 }$ 粉末与红砖粉末对过氧化氢溶液分解具有相同的催化效果，你认为此结论是否科学？(填“是”或“否”)。理由是 C

③能说明催化剂的催化效果与其形态有关的实验组合是 (填实验序号)。

④在一定温度下，另取 $2 \mathrm { g }$ 红砖小颗粒，向其中加入8%的过氧化氢溶液 20mL，继续实验，发现产生气泡的速率明显比实验丙快。请分析可能的原因(至少写两条) 。

【答案】（1）AC （2） ①. $2 \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } _ { 2 } \stackrel { \mathrm { M n O } _ { 2 } } { = } 2 \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } + \mathrm { O } _ { 2 }$ ↑ ②. 否 ③. 实验温度不同，没有控

制变量 ④. 丙、丁 ⑤. 在其他条件相同时，红砖小颗粒更多，催化效果更好；过氧化氢溶液浓度更高，反应更快(或温度更高，反应更快)。

【解析】

【小问 1 详解】

根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变可知，制取氧气的药品中应含有氧元素，甲烷和氯化钠都不含氧元素，所以不能用于氧气制取。

故选 AC；

【小问 2 详解】

①实验甲发生的反应为过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下分解生成水和氧气，方程式为

$$ 2 \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} _ {2} \stackrel {\mathrm{MnO} _ {2}} {=} 2 \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} + \mathrm{O} _ {2} \uparrow ; $$

②由表中甲乙实验数据可知，实验时除催化剂的种类不同，实验的温度也不同，没有控制变量，所以不能用于比较两种催化剂的催化效果，故实验结论不科学；

③丙和丁只有催化剂的形态不同，可以用于探究催化剂的催化效果与催化剂的形态有关；

④新增实验与实验丙对比变量为：催化剂的形态、质量和过氧化氢溶液的浓度，（温度也可能不同）所以造成产生气泡速率明显比实验丙快，可能是小颗粒状的红砖粉与过氧化氢溶液接触更充分，从而催化效果更好；或可能是过氧化氢溶液浓度更高，使反应更快；也可能是温度更高，造成催化效果更好；或是红砖小颗粒的质量大，与过氧化氢溶液接触更充分，使催化效果更好。（合理即可）

四、计算题(本大题包括 1 个小题，共 6 分)

24. ${ \mathrm { N a } } _ { 2 } { \mathrm { S O } } _ { 3 }$ 曾作为照相中的显影剂，可由 $2 \mathrm { N a H S O } _ { 3 } + \mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 } \stackrel { \Delta } { = } 2 \mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { S O } _ { 3 } + \mathrm { C O } _ { 2 }$ ↑ $+ \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ 制得。取$1 0 0 \mathrm { g N a H S O } _ { 3 }$ 溶液，加入 $5 . 3 \mathrm { g N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 固体，两者恰好完全反应。(不考虑水的挥发)试计算：

(可能用到的部分相对分子质量： $\mathrm { N a H S O _ { 3 } } ~ 1 0 4 ~ \mathrm { N a _ { 2 } S O _ { 3 } } ~ 1 2 6 )$

（1） $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { S O } _ { 3 }$ 中钠元素与氧元素的质量比为

（2） ${ \mathrm { N a H S O } } _ { 3 }$ 溶液中溶质的质量分数(结果精确到0.1%，下同)。

（3）所得溶液中溶质的质量分数。

【答案】（1）23：24

（2）设 ${ \mathrm { N a H S O } } _ { 3 }$ 的质量为x，生成的 ${ \mathrm { N a } } _ { 2 } { \mathrm { S O } } _ { 3 }$ 质量为y，生成的 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 质量为z

$$ \begin{array}{c c c c c c c} 2 \mathrm{NaHSO} _ {3} & + & \mathrm{Na} _ {2} \mathrm{CO} _ {3} & \stackrel {{\Delta}} {{=}} & 2 \mathrm{Na} _ {2} \mathrm{SO} _ {3} & + & \mathrm{CO} _ {2} \uparrow & + & \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} \ 2 0 8 & & 1 0 6 & & 2 5 2 & & 4 4 \ x & &

5. 3 \mathrm{g} & & y & & z \end{array}

$$

$$ \frac {2 0 8}{1 0 6} = \frac {x}{5 . 3 \mathrm{g}} x = 1

0. 4 \mathrm{g} \frac {1 0 6}{2 5 2} = \frac {5 . 3 \mathrm{g}}{y} y = 1

1. 6 \mathrm{g} \frac {1 0 6}{4 4} = \frac {5 . 3 \mathrm{g}}{z} z =

2. 2 \mathrm{g}

$$

${ \mathrm { N a H S O } } _ { 3 }$ 溶液种溶质质量分数为： $\frac { 1 0 . 4 \mathrm { g } } { 1 0 0 \mathrm { g } } { \times } 1 0 0 % = 1 0 . 4 %$

答： ${ \mathrm { N a H S O } } _ { 3 }$ 溶液种溶质质量分数为

10.4%；

（3）反应后溶液质量为

$1 0 0 \mathbf { g } + 5 . 3 \mathbf { g } - 2 . 2 \mathbf { g } = 1 0 3$ 所得溶液中溶质质量分数为 ${ \frac { 1 2 . 6 \mathrm { g } } { 1 0 3 . 1 \mathrm { g } } } \times 1 0 0 % \approx 1 2 . 2 %$

答：所得溶液中溶质质量分数为

12.2%。

【解析】

【小问 1 详解】

${ \bf N a } _ { 2 } { \bf S O } _ { 3 }$ 中钠元素与氧元素的质量比为 $( 2 3 \times 2 ) : ( 1 6 \times 3 ) = 2 3 : 2 4$

【小问 2 详解】

见答案；

【小问 3 详解】

见答案。