2024年江苏省南通市中考化学

2024年江苏省南通市中考化学试卷

一、选择题

【答案】B

【解析】

【详解】A、生活废水中含有有害物质，直接向河水中排放会造成水体污染，不合题意；B、及时清理河道垃圾可以防止水体污染，符合题意；C、大量抽取地下水作工业用水会造成水资源的浪费，不合题意；D、过度繁殖水生植物会造成水体污染，不合题意。

故选：B。

【答案】C【解析】

【分析】物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐；由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物；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；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是电离出金属离子和酸根离子的化合物；【详解】碳酸钙是由钙离子和碳酸根离子组成的纯净物，因此碳酸钙属于盐；故选： $\mathrm { C } _ { \circ }$

3. “实验室用 $\mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } _ { 2 }$ $\mathbf { M n O } _ { 2 }$ 制取 ${ { \mathrm O } _ { 2 } } ‘$ 涉及的实验装置及操作不正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】A、取用粉末状药品，试管倾斜（或平放），用药匙或纸槽把药品送到试管底部，然后使试管直立起来，图中所示操作正确。B、用图示装置制取氧气时，长颈漏斗的下端要伸入液面以下，以防生成的氧气由长颈漏斗逸出，图中所示操作错误。C、用浓硫酸干燥氧气时，氧气应从长管通入，经浓硫酸干燥后由短管排出，图中所示操作正确。D、氧气的密度比空气大，且与空气中的其他成分不反应，因此可采用向上排空气法来收集氧气，图中所示操作正确。故选：B。

【解析】

【详解】A.花生油是从花生中提取的食用油，它属于植物油，而植物油和动物脂肪的主要成分都是油脂，而不是淀粉，故A选项错误；B.油锅着火时，如果立即用锅盖盖灭，可以隔绝空气（氧气），使火焰熄灭，故B选项正确；C.铝合金是由铝与其他金属（如铜、镁、锌等）通过熔合而成的具有金属特性的物质，它属于金属材料，而不是有机高分子材料，有机高分子材料通常是由有机高分子化合物制成的，如塑料、合成纤维、合成橡胶等，故C选项错误；D.铁钉生锈是铁与空气中的氧气和水蒸气共同作用的结果，在潮湿的空气中，铁钉更容易接触到水蒸气，从而加速生锈过程，而在干燥的空气中，由于缺少水蒸气，铁钉生锈的速度会大大减慢，故D选项错误；故选：B。

$$ \mathrm{H} _ {2} $$

$$ \mathrm{NaOH}, \mathrm{Cl} _ {2} 、 \mathrm{H} _ {2} $$

【解析】

【详解】1.A.根据化学方程式可知，反应前的分子是氯气分子 $\left( { \bf C l _ { 2 } } \right)$ 和氢气分子 $\left( \mathrm { H } _ { 2 } \right)$ ，反应后的分子是氯化氢分子（HCl），因此分子种类发生了变化，故A说法正确，符合题意；B.根据质量守恒定律宏观实质可知，化学反应前后元素的种类是不变的，根据化学方程式，反应前和反应后都包含氯元素（Cl）和氢元素（H），因此元素种类没有发生变化，故B说法错误，不符合题意；C.根据化学方程式可知，应前的分子总数（1个 $\mathrm { C l } _ { 2 }$ 分子和 1个 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 分子，共2个分子）和反应后的分子总数（2个HCl分子）在数值上相等，但这并不能说明所有化学反应的分子总数都不变，实际上，很多化学反应的分子总数是会发生变化的，故C说法错误，不符合题意；D.根据质量守恒定律微观实质可知，化学反应前后原子的种类、数目和质量都是不变的，在化学方程式中，反应前和反应后的原子总数（包括氯原子和氢原子）都是不变的，故D说法错误，不符合题意；故选：A。

2.A.氯化钾作为钾肥，主要是因为它含有植物所需的钾元素，而不是因为其熔点高，熔点高是氯化钾的物理性质，与其作为钾肥的用途无直接关联，故A选项错误，不符合题意；B.氯化钠（食盐）作为调味品，主要是因为它具有咸味，这种味道是氯化钠的化学性质之一，而“氯化钠是白色固体”描述的是氯化钠的物理性质，与其作为调味品的用途没有直接对应关系，故B选项错误，不符合题意；C.氢氧化钠溶液呈碱性，这是其重要的化学性质之一，由于碱性溶液可以与酸性气体发生中和反应，因此氢氧化钠溶液可以用于吸收酸性气体，如二氧化碳、二氧化硫等，这里的性质与用途具有明确的对应关系，故C选项正确，符合题意；D.盐酸在实验室中常用于制备二氧化碳，但这并不是因为其具有挥发性，实际上，盐酸与大理石（主要成分为碳酸钙）反应制备二氧化碳，是利用了盐酸的酸性与碳酸钙的碳酸根离子反应，生成可溶的氯化钙、水和二氧化碳，盐酸的挥发性在此反应中并不是关键因素，故D选项错误，符合题意；故选：C。

7. $\mathrm { S O } _ { 2 }$ 与 $\mathrm { O } _ { 2 }$ 反应制备 $\mathrm { S O } _ { 3 }$ 是硫酸工业中的重要反应，其微观变化过程如图所示。下列说法正确的是

A. 该反应属于氧化反应 B. 反应后催化剂的质量减少C. 参加反应的 $\mathrm { S O } _ { 2 }$ 和 $\mathrm { O } _ { 2 }$ 的质量比为 2：1 D. 该反应的化学方程式为 $\mathrm { S O } _ { 2 } + \mathrm { O } _ { 2 } \frac { \vert \sharp \vert \cdot \vert \ k \vec { \mathcal { K } } \vert \vert } { \Delta } \mathrm { S O } _ { 3 }$

【分析】由微观反应示意图可知，二氧化硫和氧气在催化剂 催化作用下生成三氧化硫，反应的化学方程式为： $2 \mathrm { S O } _ { 2 } + \mathrm { O } _ { 2 } \stackrel { \textstyle { \bigoplus \pm 1 \mathrm { & } \mathrm { | } } } { \textstyle 2 \mathrm { S O } _ { 3 } }$ ；

【详解】A、该反应是物质与氧气发生的反应，属于氧化反应，故选项说法正确；B、催化剂可以改变化学反应的速率，但其质量与化学性质在反应前后保持不变，故选项说法错误；C、由反应的化学方程式可知，参加反应的 $\mathrm { S O } _ { 2 }$ 和 $\mathrm { O } _ { 2 }$ 的质量比为 $( 6 4 \times 2 ) \colon 3 2 { = } 4 \colon 1$ ，故选项说法错误；D、由分析可知，该反应的化学方程式为 $2 \mathrm { S O } _ { 2 } + \mathrm { O } _ { 2 } \stackrel { \textstyle { \bigoplus \nmid \mathrm { \underline { { { H } } } \nmid \mathrm { \underline { { { X } } } \mathrm { \underline { { { X } } } \mathrm { \underline { { { I } } } } \mathrm { \underline { { { I } } } } } } } } } { 2 \mathrm { S O } _ { 3 } }$ ，故选项说法错误；

8. “侯氏制碱法”大幅提高了NaCl的利用率。 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 、NaCl、 $\mathrm { N H } _ { 4 } \mathrm { C l }$ 的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是

A. $\mathrm { N H } _ { 4 } \mathrm { C l }$ 的溶解度一定小于NaCl的溶解度B. 将 $2 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ 的NaCl饱和溶液升高 $5 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ ，溶质的质量分数增大C. $4 0 ^ { \circ } \mathrm { C } \sharp { \bar { \cdot } }$ ，NaCl溶液中溶质的质量分数可能小于 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液中溶质的质量分数D. $4 0 ^ { \circ } \mathrm { C } \sharp { \vec { \cdot } }$ ，将 $1 5 \mathrm { g N a C l }$ 溶于 $5 0 \mathrm { g }$ 水中，可获得NaCl饱和溶液

【解析】

【详解】A、选项说法没有指明温度， $\mathrm { N H } _ { 4 } \mathrm { C l }$ 的溶解度不一定小于 NaCl的溶解度，故选项说法错误；B、将 $2 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ 的NaCl饱和溶液升高 $5 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ ，氯化钠的溶解度增大，但溶液的组成没有发生改变，溶质的质量分数不变，故选项说法错误；C、 $4 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C l }$ 时氯化钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，但选项说法没有指明是否饱和，则 $4 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ 时，NaCl 溶液中溶质的质量分数可能小于 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液中溶质的质量分数，故选项说法正确；D、 $4 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ 时，氯化钠的溶解度大约是 $3 6 . 6 \mathrm { g }$ ，则 $4 0 ^ { \circ } \mathrm { C } \sharp \ d { \cdot } \mathrm { j }$ ，则 $5 0 \mathrm { g }$ 水中最多能溶解18.3g氯化钠， $4 0 ^ { \circ } \mathrm { C } \sharp \sharp$ ，将$1 5 \mathrm { g N a C l }$ 溶于 $5 0 \mathrm { g }$ 水中，能全部溶解，可获得 NaCl的不饱和溶液，故选项说法错误；故选：C。

9. 下列实验方案不能达到实验目的的是

A. 去除粗盐中难溶性杂质：将粗盐溶解、过滤、蒸发B. 比较Al片、Cu片的硬度：将两片金属相互刻画，观察现象C. 探究 CO 和 $\mathrm { F e } _ { 2 } \mathrm { O } _ { 3 }$ 反应的气态产物：按图所示装置进行实验D. 判断某水样是否属于硬水：用玻璃棒蘸取该水样滴在 pH试纸上，观察现象

【详解】A、将粗盐溶解、过滤、蒸发可以去除粗盐中难溶性杂质，故A正确；B、将两片金属相互刻画，观察是否有划痕，可以比较Al片、Cu片的硬度，故B正确；

C、根据 $3 { \mathrm { C O } } + { \mathrm { F e } } _ { 2 } { \mathrm { O } } _ { 3 } { \stackrel { \overbrace { \stackrel { \triangledown } { \scriptstyle \boxplus } } ^ { \boxplus } { \forall \substack { \mathrm { E q } } } } { = 2 { \mathrm { F e } } + 3 { \mathrm { C O } } _ { 2 } } }$ 可知，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，一氧化碳有毒，需要定期处理，按图所示装置进行实验，探究 CO和 $\mathrm { F e } _ { 2 } \mathrm { O } _ { 3 }$ 反应的气态产物，故C正确；D、判断某水样是否属于硬水应该加入肥皂水搅拌，泡沫少的是硬水，故D错误。故选D。

$$ 9. 6 \mathrm{g} $$

$$ \mathrm{Na} _ {2} \mathrm{H} _ {2} \mathrm{Y} $$

$$ \text {与} \mathrm{CuCl} _ {2} $$

$$ \mathrm{Na} _ {2} \mathrm{H} _ {2} \mathrm{Y} $$

已知： $\textcircled{1} \mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { Y }$ 的相对分子质量为 336 ②Cu₂O为红色固体③ $\mathrm { \Delta C u _ { 2 } O + 2 H C l = C u + C u C l _ { 2 } + H _ { 2 } O } \mathrm { C u C l _ { 2 } + N a _ { 2 } H _ { 2 } Y = C u H _ { 2 } Y + 2 N a C l _ { 2 } + H _ { 2 } O } .$ 下列说法正确的是A. 产物 X 为 Cu 单质 B. 步骤2所得蓝色溶液中仅含有 $\mathrm { C u } ^ { 2 + }$ 、Cl^﹣两种离子C. 步骤3中参加反应的CuCl₂的质量为 $2 7 \mathrm { g }$ D. 产物 X中 Cu元素的质量分数为

90.9%

【详解】A、由D中的分析可知，产物X为Cu单质和 $\mathrm { C u } _ { 2 } \mathrm { O }$ ，而不是产物X为 Cu单质，故A错误；B、由于步骤2中向产物X中加入过量的盐酸，所以溶液中的溶质含有 HCl，则骤2所得蓝色溶液中含有H⁺、 $\mathrm { C u } ^ { 2 + }$ 、Cl^﹣三种离子，故B错误；C、设步骤3中参加反应的CuCl₂的质量为x；$\begin{array} { r } { \mathrm { C u C l } _ { 2 } + \mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { Y } = \mathrm { C u H } _ { 2 } \mathrm { Y } + 2 \mathrm { N a C l } } \ { 1 3 5 \qquad 3 3 6 } \ { x \qquad 3 3 . 6 \mathrm { g } } \end{array}$ $\frac { 1 3 5 } { 3 3 6 } = \frac { x } { 3 3 . 6 9 } , x = 1 3 . 5 \mathrm { g }$

即步骤 3中参加反应的CuCl₂的质量为13.5g，而不是 $2 7 { \mathrm { g } } ,$ ，故C错误；D、设生成 $1 3 . 5 \mathrm { g C u C l } _ { 2 }$ 时，参加反应的 $\mathrm { C u } _ { 2 } \mathrm { O }$ 质量为 ，同时生成铜的质量为 z；$\mathrm { C u } _ { 2 } \mathrm { O } + 2 \mathrm { H C l } { = } \mathrm { C u } + \mathrm { C u } \mathrm { C l } _ { 2 } + \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ 144 64135y z

13.5g${ \frac { 1 4 4 } { 1 3 5 } } = { \frac { y } { 1 3 . 5 \mathrm { g } } } , y = 1 4 . 4 \mathrm { g }$ ${ \frac { 6 4 } { 1 3 5 } } = { \frac { z } { 1 3 . 5 { \mathrm { g } } } } , z = 6 . 4 { \mathrm { g } }$

即产物 X 中 Cu 的质量为

9.6g﹣6.4g＝3.2g， $\mathrm { C u } _ { 2 } \mathrm { O }$ 质量为

14.4g， $1 4 . 4 \mathrm { g C u } _ { 2 } \mathrm { O }$ 中铜元素的质量为$1 4 . 4 \mathrm { g } \times \left( \frac { 6 4 \times 2 } { 6 4 \times 2 + 1 6 } \times 1 0 0 % \right) = 1 2 . 8 \mathrm { g }$ ，故产物X中Cu元素的质量分数为$\frac { 3 . 2 g + 1 2 . 8 g } { 3 . 2 g + 1 4 . 4 g } { \times 1 0 0 % } \approx 9 0 . 9 %$ ，故D正确。

二、解答题第 21至 25题为化学试题，第 26至 37题为物理试题。答案请按要求书写在答题卡上。

11. 合成氨是20世纪伟大的成就之一。研究氨气的组成、性质及用途具有重要意义。

（1）液氨可用作制冷剂。构成氨分子的微粒是氮原子和 _。液态的氨转化为氨气的过程中，氨分子间的距离 （填“变大”或“变小”）。

（2）反应 $8 \mathrm { N H _ { 3 } } + 3 \mathrm { C l _ { 2 } } { = } 6 \mathrm { N H _ { 4 } C l } { + } \mathrm { N _ { 2 } }$ 可用于检查输送氯气的管道是否泄漏。

①N的质子数为7，核外第一层有 2个电子，则第二层有 _____个电子。由Cl转化为 Cl 的过程中，Cl（填“得到电子”或“失去电子”）。

② $\mathrm { N H } _ { 4 } ^ { + }$ 中H的化合价为+1价，则N的化合价为 _价。

（3） $\mathrm { N H } _ { 3 }$ 在能源与环境领域应用广泛。

① $\mathrm { ) N H } _ { 3 }$ 燃烧生成 ${ \Nu } _ { 2 }$ 和 $\mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ ，未来可用作化石燃料的替代能源，从产物的角度分析，作为燃料 $\mathrm { N H } _ { 3 }$ 相比于$\mathrm { C H } _ { 4 }$ 的优点是

② $\mathrm { N H } _ { 3 }$ 可用于烟气脱硝，如 $4 \mathrm { N H } _ { 3 } + 6 \mathrm { R } { \frac { \backslash { \underline { { \mathbb { H } } } } \backslash { { \underline { { \mathbb { X } } } } \backslash { \underline { { \mathbb { I } } } } } } } { \Delta } 5 \mathrm { N } _ { 2 } + 6 \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ ，R的化学式为

【答案】（1） ①. 氢原子 ②. 变大（2） ①. 5 ②. 得到电子 ③. -3

（3） ①. 燃烧产物无污染（或环保） ②. NO

【解析】【小问 1 详解】

氨分子（NH ）是由氮原子和氢原子构成；当液态的氨转化为氨气时，由于分子间的相互作用力减弱，氨分子间的距离会变大，使得液态氨能够更容易地转化为气态；故填：氢原子；变大；

小问 2 详解】

①在原子中，质子数=核外电子数，已知N的质子数为7，那么它的核外电子数也为 7，由于核外第一层有2个电子，根据原子电子排布的规律，第二层电子数应为总电子数减去第一层电子数，即 $7 - 2 = 5 ;$ ；由 Cl转化为 Cl^-的过程中，氯元素的化合价由0价变为-1价，说明氯原子得到了一个电子，形成了氯离子，故填： $5 ;$ ；得到电子；

②已知 $\mathrm { N H } _ { 4 } ^ { + }$ 中H的化合价为+1价，设N的化合价为x，则有 $x + \left( + 1 \right) \times 4 = + 1 , x = - 3$ ，因此， $\mathrm { N H } _ { 4 } ^ { + }$ 中 N的化合价为﹣3价，故填：-3；

【小问 3 详解】

① $\mathrm { ) N H } _ { 3 }$ 燃烧生成 ${ \Nu } _ { 2 }$ 和 $_ \mathrm { H _ { 2 } O }$ ，这两种产物都是无毒的，不会对环境造成污染。而 $\mathrm { C H } _ { 4 }$ 燃烧虽然也能产生大量的热能，但其产物中包括二氧化碳，这是一种温室气体，对全球气候有负面影响，因此，从产物的角度分析，作为燃料 $\mathrm { N H } _ { 3 }$ 相比于 $\mathrm { C H } _ { 4 }$ 的优点是燃烧产物无污染（或环保），故填：燃烧产物无污染（或环保）；

②根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变，反应前含有4个N原子、12个H原子和未知数量的R原子，反应后含有10个N原子、12个H原子和6个O原子，相差6个N和6个O，则R中含有 1个N和1个O，即R的化学式为 NO，故填：NO。

12. 实验室以一种工业废渣（主要成分为 $\mathrm { M g C O } _ { 3 }$ ，含少量 FeO、Fe₂O₃、Al₂O₃）为原料制备 $\mathrm { M g C O } _ { 3 } ,$ 。实验过程如下：

已知：①在溶液中， $\mathsf { p H } { = } 5 . 0$ 时 $\mathrm { { A l C l } } _ { 3 }$ 完全转化为Al（OH）₃沉淀， $\mathrm { p H } = 8 . 5$ 时 $\mathrm { M g C l } _ { 2 }$ 开始生成 $\mathrm { M g ~ ( O H ) }$ ₂沉淀。

② $\mathrm { \Delta } ) \mathrm { { M g C l } } _ { 2 }$ 在过量 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液中会生成 Mg（OH）₂沉淀。

（1）“酸溶”时， $\mathrm { M g C O } _ { 3 }$ 与稀盐酸反应的化学方程式为

（2）“氧化”时发生的反应为 $2 \mathrm { F e C l } _ { 2 } + 2 \mathrm { H C l } + \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O } _ { 2 } { = } 2 \mathrm { F e C l } _ { 3 } + 2 \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ C

①反应前后化合价发生变化的元素有O、

②“酸溶”时需加入稍过量的稀盐酸，原因可能是 （写一条）。

（3）“调 $\mathsf { p H } ^ { \prime \prime }$ 时，需控制溶液 pH 为_

（4）“沉镁”时，为提高 $\mathrm { M g C O } _ { 3 }$ 的纯度，试剂加入顺序为____（填“a”或 $^ { 6 6 } \mathrm { ~ b ~ } ^ { 9 } \mathrm { ~ } )$

a.向 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液中逐滴加入 $\mathrm { M g C l } _ { 2 }$ 溶液 b.向 $\mathrm { M g C l } _ { 2 }$ 溶液中逐滴加入 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液

【答案】（1） $\mathrm { M g C O _ { 3 } + 2 H C l = M g C l _ { 2 } + C O _ { 2 } \uparrow + H _ { 2 } O } ;$

（2） ①. Fe ②. 废渣溶解充分，提高原料的浸出率

（3） $5 . 0 { \leqslant } \mathfrak { p H } { < } 8 . 5$

（4）b

【解析】

【小问 1 详解】

“酸溶”时， $\mathrm { M g C O } _ { 3 }$ 与稀盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，化学方程式 $\mathrm { M g C O _ { 3 } } { + } 2 \mathrm { H C l } =$ $\mathrm { M g C l _ { 2 } { + } C O _ { 2 } \uparrow + H _ { 2 } O }$

【小问 2 详解】

“氧化”时发生的反应为 $\mathrm { 2 F e C l _ { 2 } + 2 H C l + H _ { 2 } O _ { 2 } { = } 2 F e C l _ { 3 } + 2 H _ { 2 } O }$ C

①亚铁离子被氧化为铁离子，化合价升高；氧元素由﹣1价还原到﹣2价，因此反应前后化合价发生变化的元素有 O、Fe；

②“酸溶”时需加入稍过量的稀盐酸，原因可能是保证废渣溶解充分，提高原料的浸出率，为过氧化氢氧化亚铁离子提供酸性环境等；

小问 3 详解】

在溶液中，pH＝5.0时AlCl₃完全转化为 Al（OH）₃沉淀， $\mathrm { p H } = 8 . 5$ 时 MgCl₂开始生成 Mg（OH）₂沉淀。所以“调 $\mathrm { p H } ^ { \prime \prime }$ 时，需控制溶液 pH为5.0≤pH＜8.5之间；

【小问 4 详解】

$\mathrm { M g C l } _ { 2 }$ 在过量 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液中会生成 $\mathrm { M g }$ （OH）₂沉淀，“沉镁”时，为提高 $\mathrm { M g C O } _ { 3 }$ 的纯度，试剂加入顺序为：向 $\mathrm { M g C l } _ { 2 }$ 溶液中逐滴加入 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液，故选b。

13. 氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。

Ⅰ制取氢气

（1）相同温度下，相同大小的 Fe片、 $Z \mathbf { n }$ 片，投入到等体积等浓度的稀盐酸中制取 $\mathrm { H } _ { 2 }$ ，反应更剧烈的是_（填“Fe”或“Zn”）。

（2）高温下 $\mathrm { ~ C ~ } _ { \ 5 } ^ { \boxed { \div } }$ 水蒸气反应生成 CO和 $\mathrm { H } _ { 2 }$ ，CO和水蒸气继续反应得到 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 和 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 。

①CO和水蒸气反应的化学方程式为

②反应后的气体中含有 $\mathrm { H } _ { 2 \cdot }$ CO、 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 及水蒸气，向其中加入一定量的CaO可提高 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 在混合气体中的百分含量，原因是 C

（3）利用太阳能电厂富余电力电解水制氢，电极上微观粒子的变化情况如图1所示。太阳能属于（填“可再生能源”或“不可再生能源”）。B电极表面生成 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 的过程可描述为

图1

图2

Ⅱ储存氢气

（4）碳纳米管（图2）与活性炭均具有疏松多孔的结构，研究表明碳纳米管吸附储氢的能力是活性炭的10倍。碳纳米管吸附储氢属于 _变化。

（5） $\mathrm { M g } _ { 2 } \mathrm { C u }$ 是一种储氢合金。 $3 5 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ 时， $\mathrm { M g } _ { 2 } \mathrm { C u }$ 与 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 反应生成 $\mathrm { M g H _ { n } }$ $\mathrm { M g H _ { n } }$ 中 $\mathrm { M g }$ 与H的质量比为12：1，则 n＝_

【答案】（1）Zn （2） ①. $\mathrm { C O + H } _ { 2 } \mathrm { O } { \stackrel { \overbrace { \stackrel { \triangledown } { \scriptstyle \left| \mathbf { \box { H } } \right. } } ^ { \prime \prime } } { \longrightarrow } } \mathrm { C O } _ { 2 } \mathrm { + H } _ { 2 }$ ②. 氧化钙与水蒸气反应，消耗了水蒸气，使氢气的百分含量提高（3） ①. 可再生能源 ②. 氢离子在B电极上得到电子生成氢气分子

（4）物理 （5）2

【解析】

【小问 1 详解】

在金属活动性顺序中，金属的位置越靠前，与酸反应的速度就越快，由于锌（Zn）在铁（Fe）的前面，因此相同温度下，相同大小的 Fe片、Zn片投入到等体积等浓度的稀盐酸中， $Z \mathrm { n }$ 与稀盐酸的反应会更剧烈。【小问 2 详解】

①在高温条件下，一氧化碳（CO）与水蒸气 $\mathrm { ( H } _ { 2 } \mathrm { O ) }$ 反应生成二氧化碳 $\left( \mathbf { C O } _ { 2 } \right)$ 和氢气 $\left( \mathrm { H } _ { 2 } \right)$ ），这个反应的化学方程式为 $\mathrm { C O + H } _ { 2 } \mathrm { O } { \stackrel { \overbrace { \stackrel { \triangledown } { \scriptstyle \left| \mathbf { \box { H } } \right. } } ^ { \prime \prime } } { \longrightarrow } } \mathrm { C O } _ { 2 } \mathrm { + H } _ { 2 }$

②反应后的气体中含有 $\mathrm { H } _ { 2 } \setminus \mathrm { C O } \setminus \mathrm { C O } _ { 2 }$ 及水蒸气，当向其中加入一定量的氧化钙 $\left( \mathbf { C a O } \right)$ 时，氧化钙会与水蒸气反应生成氢氧化钙 $\left[ \mathbf { C a } \ \left( \mathbf { O H } \right) \mathbf { \Lambda } _ { 2 } \right] ;$ ，这个反应会消耗掉水蒸气，从而使混合气体中氢气的百分含量提高。

【小问 3 详解】

太阳能是一种可再生能源，因为它来源于太阳，而太阳的能量是无穷无尽的，在电解水的过程中，B电极是负极，负极上氢离子（H⁺）得到电子生成氢气 $\left( \mathrm { H } _ { 2 } \right)$ ），这个过程可以描述为：水分子在电流的作用下被分解为氢离子和氢氧根离子，氢离子在B电极上得到电子生成氢气分子；故答案为：可再生能源；氢离子在B电极上得到电子生成氢气分子。

【小问 4 详解】

碳纳米管与活性炭均具有疏松多孔的结构，这使得它们都具有很强的吸附能力，当它们用于吸附储氢时，只是将氢气分子吸附在表面或孔隙中，并没有改变氢气的化学性质，因此这个过程属于物理变化。

在 $\mathrm { M g H _ { n } }$ 中，镁 $\mathbf { \Pi } ( \mathbf { M g } )$ 与氢（H）的质量比为12：1，设 $\mathrm { M g H _ { n } }$ 中氢原子的个数为n，则镁与氢的质量比可以表示为 $\frac { 2 4 } { \mathfrak { n } }$ （因为镁的相对原子质量为 24），根据题目给出的质量比12：1，我们可以列出等式：${ \frac { 2 4 } { \mathfrak { n } } } = { \frac { 1 2 } { 1 } }$ ，解这个等式得到 $\mathrm { n } = 2$ 。

14. 学习小组配制一定质量分数的 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液并探究其性质。

Ⅰ配制一定质量分数的 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液

（1）“称量”时，用 （填“镊子”或“药匙”）从试剂瓶中取出 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 粉末。

（2）“溶解”时，若需量取

15.0mL的水，当量筒中已有

14.6mL水时，后续加水使用的仪器为_____（填字母）。

a

b

C

（3）配制过程中玻璃棒的作用是 （填字母）。

a.搅拌 b.引流 c.蘸取

Ⅱ探究 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ ₃溶液的性质

（4）取少量 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液，向其中滴入无色酚酞溶液后显_____色，说明 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液呈碱性。

（5）取三份 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液，向其中分别滴入 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液。试剂用量、浓度及实验现象如下表所示。

①“实验3”生成的白色沉淀为 $\mathrm { C a C O } _ { 3 }$ ，无色气体为 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ ，此外还生成 $\mathrm { N a C l }$ 和 $_ \mathrm { H _ { 2 } O }$ ，“实验 $3 ^ { \prime \prime }$ 中反应的化学方程式为 C

②“实验2、3”中发生的化学反应相同，从气体溶解度的角度分析“实验 $2 ^ { \prime \prime }$ 中没有观察到 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 逸出的原因是 C

③三组实验研究表明：1mL0.8%的 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液与 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液混合后，能否观察到明显现象与相关。

④已知：向 1mL0.8%的 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液中滴入1滴0.1%的 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液，有白色沉淀生成。设计实验鉴别浓度均为

0.8%的 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液和 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液。简述实验方案（包括操作、现象和结论）______。（实验中须使用的试剂：0.1%的 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液）

【答案】（1）药匙 （2）c

（3）a （4）红

（5） ①. $2 \mathrm { N a H C O _ { 3 } + C a C l _ { 2 } = C a C O _ { 3 } \downarrow + 2 N a C l + C O _ { 2 } \uparrow + H _ { 2 } O }$ ②. 产生的 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 很少，全部溶解在溶液中 ③. $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液的浓度 ④. 分别取 1mL0.8%的 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液和 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液，向其中各加入1 滴

0.1%的 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液，有白色沉淀产生的是 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液，无明显现象的是 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液【解析】

【小问 1 详解】

“称量”时，用药匙从试剂瓶中取出 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 粉末；

【小问 2 详解】

“溶解”时，若需量取15.0mL的水，当量筒中已有14.6mL水时，后续加水使用的仪器为胶头滴管，故选：c；

【小问 3 详解】

配制过程中玻璃棒的作用是搅拌，故选：a；

【小问 4 详解】

无色酚酞溶液遇碱变红，则取少量 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液，向其中滴入无色酚酞溶液后显红色，说明 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液呈碱性；

【小问 5 详解】

①“实验3”生成的白色沉淀为 $\mathrm { C a C O } _ { 3 }$ ，无色气体为 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ ，此外还生成 $\mathrm { N a C l }$ 和 $_ \mathrm { H _ { 2 } O }$ ，则“实验 $3 ^ { \prime \prime }$ 中发生的反应为碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀、氯化钠、二氧化碳和水，化学方程式为

$$ 2 \mathrm{NaHCO} _ {3} + \mathrm{CaCl} _ {2} = \mathrm{CaCO} _ {3} \downarrow + 2 \mathrm{NaCl} + \mathrm{CO} _ {2} \uparrow + \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O}; $$

②“实验2、3”中发生的化学反应相同，由于二氧化碳能溶于水，故从气体溶解度的角度分析“实验2”中没有观察到 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 逸出的原因是产生的 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 很少，全部溶解在溶液中；

③三组实验研究表明：1mL0.8%的 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液与 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液混合后，能否观察到明显现象与 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液的浓度相关；

④已知向 1mL0.8%的 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液中滴入1滴

0.1%的 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液，有白色沉淀生成；由表格数据可知，向1mL0.8%的 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液中滴入 1滴0.1%的 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液，无明显现象，则设计实验鉴别浓度均为

0.8%的$\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液和 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液的实验方案为：分别取1mL0.8%的 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液和 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液，向其中各加入 1滴

0.1%的 $\mathrm { C a C l } _ { 2 }$ 溶液，有白色沉淀产生的是 $\mathrm { N a } _ { 2 } \mathrm { C O } _ { 3 }$ 溶液，无明显现象的是 $\mathrm { N a H C O } _ { 3 }$ 溶液。

15. 利用 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 合成甲醇（CH₃OH）是捕集 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 的一种方法。

（1） $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 催化加氢合成 $\mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H }$ 的反应为 $\mathrm C O _ { 2 } + 3 H _ { 2 } \frac \vert \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } } \mathrm { d } \mathrm { d } \underline { { { \vert } } }$

①该反应 （填“属于”或“不属于”）置换反应。

②以

17.6 吨 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 为原料反应制得

3.2吨 $\mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H }$ ，计算 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 的转化率。

$$ (\mathrm{CO} _ {2} \text {的转化率} = \frac {\text {反应消耗的} \mathrm{CO} _ {2} \text {质量}}{\text {反应前} \mathrm{CO} _ {2} \text {的总质量}} \times 100 % \mathrm{CO} _ {2}, \text {请将计算过程写到答题卡上}) $$

（2）CO和 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 在高温、催化剂作用下也能合成 $\mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H }$ ，该反应的化学方程式为【答案】（1） ①. 不属于 ②. 解：设消耗 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 的质量为 $x _ { \circ }$

$$ \begin{array}{l l} \mathrm{CO} _ {2} + 3 \mathrm{H} _ {2} \xrightarrow [ \Delta ]{\text {催化剂}} \mathrm{CH} _ {3} \mathrm{OH} + \mathrm{H} _ {2} \mathrm{O} \ 4 4 & 3 2 \ x &

3. 2 \mathrm{t} \end{array}

$$

$$ \frac {4 4}{3 2} = \frac {x}{3 . 2 \mathrm{t}} x =

4. 4 \mathrm{t}

$$

则 $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 的转化率为 $\frac { 4 . 4 \mathrm { t } } { 1 7 . 6 \mathrm { t } } { \times 1 0 0 % } { = 2 5 % }$

答： $\mathrm { C O } _ { 2 }$ 的转化率为25%。

（2） $\mathrm { C O + 2 H } _ { 2 } \frac { \vert \frac { \vert \ddagger \vert } { \vert \dot { \Sigma } \vert } \vert \frac { \vert \dot { \mathcal { K } } \vert \vert } { \vert \dot { \Sigma } \vert } } { \frac { \vert \dot { \Xi } \vert } { \vert \Xi \vert } \frac { \vert \dot { \mu } \vert } { \vert \mathrm { H } \vert } } \mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H }$

【解析】

【小问 1 详解】

①根据化学方程式 $\mathrm { C O } _ { 2 } + 3 \mathrm { H } _ { 2 } \frac { \vert \sharp \vert \dot { \mathcal { H } } \vert \vert } { \Delta } \mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H } + \mathrm { H } _ { 2 } \mathrm { O }$ ，该反应不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，不属于置换反应；

②计算过程见答案；

【小问 2 详解】

CO 和 $\mathrm { H } _ { 2 }$ 在高温、催化剂作用下也能合成 $\mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H }$ ，该反应的化学方程式为 $\mathrm { C O + 2 H } _ { 2 } \frac { \vert \frac { \vert \boldsymbol { \Sigma } \vert } { \vert \boldsymbol { \Sigma } \vert } \vert \vert } { \frac { \vert \boldsymbol { \Sigma } \vert } { \vert \boldsymbol { \Sigma } \vert } \sqrt { \vert \boldsymbol { \Pi } } } \mathrm { C H } _ { 3 } \mathrm { O H }$