文档内容
2024 年中考第二次模拟考试（苏州卷）
化 学
（满分：100分 考试时间：100分钟 ）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 Fe-56 Ni-59
选择题（共 40 分）
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．下列苏州美食中富含维生素的是
A．卤汁豆腐干 B．松鼠桂鱼 C．东山枇杷 D．阳澄湖大闸蟹
【答案】C
【解析】A、卤汁豆腐干富含蛋白质，不符合题意；
B、松鼠桂鱼富含蛋白质，不符合题意；
C、东山枇杷富含维生素，符合题意；
D、阳澄湖大闸蟹富含蛋白质，不符合题意。
故选C。
2．空气中含量较高且在食品包装中用作保护气的是
A．氧气 B．氮气 C．二氧化碳 D．氦气
【答案】B
【解析】A、氧气约占空气体积的21%，含量较多，氧气的化学性质比较活泼，不能作保护气，故A错误；
B、氮气约占空气体积的78%，是空气中含量最多的气体，且化学性质稳定，常用作保护气，故B正确；
C、二氧化碳约占空气体积的0.03%，含量较少，通常不用作保护气，故C错误；
D、氦气属于稀有气体，稀有气体约占空气体积的0.94%，含量较少，且稀有气体化学性质稳定，可作保
护气，故D错误；
故选：B。
3．自然界中的物质大多数是化合物，下列化合物属于氧化物的是
A．KOH B．C HO C．NaCO D．PO
2 6 2 3 2 5
【答案】D
【解析】A、氢氧化钾是由K、O、H三种元素组成的化合物，不属于氧化物，不符合题意；
B、C HO是由C、H、O三种元素组成的化合物，不属于氧化物，不符合题意；
2 6C、碳酸钠是由Na、C、O三种元素组成的化合物，不属于氧化物，不符合题意；
D、五氧化二磷是由P、O元素组成的化合物，属于氧化物，符合题意。
故选D。
4．学校正推行垃圾分类。餐后的食物残渣应该投入印有下列哪种标识的垃圾箱中
A．可回收物 B．厨余垃圾
C．有害垃圾 D．其他垃圾
【答案】B
【解析】A、餐后的食物残渣不属于可回收物，A错误；
B、餐后的食物残渣属于厨余垃圾，B正确；
C、餐后的食物残渣不属于有害垃圾，C错误；
D、餐后的食物残渣不属于其他垃圾，D错误；
故选：B。
阅读下列材料，回答5~7题。
镓元素在元素周期表中的信息如图所示，其形成的化合物氮化镓（GaN）是一种新型半导体材料，可
通过以下反应获得： ，反应中氮元素的化合价不变。
5．下列有关镓的说法不正确的是
A．镓属于金属元素 B．镓原子的核外电子数为31
C．镓原子的核内中子数为31 D．元素的相对原子质量为69.72
6．获得氮化镓的反应所属的基本反应类型是
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．以上均不正确
7．GaN中Ga的化合价为
A．+1 B．+3 C．-3 D．-1
【答案】5．C 6．C 7．B
【解析】5．A.镓元素名称带有“钅”字旁，镓属于金属元素，故A正确；
B.元素周期表单元格内左上角数字表示原子序数，原子中，原子序数=核外电子数，所以镓原子的核外电
子数为31，故B正确；C.相对原子质量=质子数+中子数，所以中子数≈相对原子质量-质子数=69.72-31≈39，中子数为正整数，故
C错误；
D.元素周期表单元格内最下方数值表示该元素的相对原子质量，所以镓元素的相对原子质量为69.72，故D
正确。
故选：C。
6．由方程式 可知，该反应是由一种单质和一种化合物反应生成另一种单质
和另一种化合物的反应，反应基本反应类型属于置换反应，故选：C。
7．设GaN中Ga的化合价为x，化合物中金属元素一般显正价，非金属元素一般显负价，氮元素显负价
为-3价，根据化合物中各种元素化合价代数和等于零的原则，则：x+（-3）=0，得：x=+3，故选：B。
8．配制6%的氯化钠溶液，不需要用到的仪器是
A．玻璃棒 B．量筒 C．漏斗 D．烧杯
【答案】C
【解析】A、配制溶液溶解步骤需要用到玻璃棒搅拌，选项不符合题意；
B、配制溶液需要用到量筒量取液体，选项不符合题意；
C、漏斗用于过滤液体，配制溶液不需要用到该仪器，选项符合题意；
D、配制溶液溶解时需要在烧杯内进行，选项不符合题意；
故选C。
9．下列 参与的反应中，属于中和反应的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】A、该反应的反应物中的氧化铜是金属氧化物，稀盐酸属于酸，则该反应是金属氧化物与酸生成
盐和水的反应，不符合中和反应的特点，不属于中和反应，选项错误；
B、该反应的反应物中的镁是金属单质，稀盐酸是酸，该反应是金属单质与酸生成盐和氢气的反应，不符
合中和反应的特点，不属于中和反应，选项错误；
C、该反应的反应物中的稀盐酸属于酸，硝酸银属于盐，即该反应是酸与盐生成新酸和新盐的反应，不符
合中和反应的特点，不属于中和反应，选项错误；
D、该反应的反应物中的氢氧化铝属于碱，稀盐酸属于酸，则该反应是酸与碱生成盐和水的反应，符合中
和反应的特点，属于中和反应，选项正确，故选D。
10．氧气的实验室制取与性质实验中，下列相关操作正确的是A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A、取用粉末状药品时，试管倾斜放置，用药匙将药品送入试管底部，直立试管，选项错误；
B、加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水倒流炸裂试管，选项错误；
C、氧气密度比空气略大，可采用向上排空气法收集，选项正确；
D、做铁丝燃烧实验时，为防止高温熔融物溅落炸裂瓶底，集气瓶底部要铺一层细沙或放少量水，选项错
误；
故选C。
11．中学生应具备一定的生活安全常识，下列做法不符合安全要求的是
A．发现有同伴触电，要立即拉开同伴，然后赶紧切断电源
B．炒菜时油锅着火，立即盖上锅盖，使可燃物隔绝氧气而灭火
C．油库、加油站等场所严禁吸烟和拨打手机
D．发现家中天然气或者液化气泄漏时，应先关闭阀门，并开窗通风
【答案】A
【解析】A. 发现有同伴触电，要立即切断电源，然后赶紧拉开同伴，此选项符合题意；
B. 炒菜时油锅着火，立即盖上锅盖，使可燃物隔绝氧气而灭火，此选项不符合题意；
C. 油库、加油站等场所的空气中含有大量的可燃性气体或粉尘，遇到明火会发生爆炸，所以油库、加油站
等场所严禁吸烟和拨打手机，此选项不符合题意；
D. 任何可燃性气体与空气混合都有一个爆炸极限，在爆炸极限范围之内，遇到明火或加热会发生爆炸。
发现家中天然气或者液化气泄漏时，应先关闭阀门，并开窗通风，以降低室内可燃性气体的含量，此选项
不符合题意。
故选A。
12．我国在西汉初年就掌握炼铁技术，领先西方国家1000多年。下列说法错误的是
A．生铁比纯铁的硬度高，抗腐蚀性更好
B．铁是地壳中含量仅次于铝的金属元素
C．工业上炼铁是用一氧化碳做还原剂
D．除去铁制品表面的油膜能更好防止其腐蚀
【答案】D
【解析】A、合金的硬度、抗腐蚀性强于纯金属，所以生铁比纯铁的硬度高，抗腐蚀性更好，选项正确；
B、铁是地壳中含量仅次于铝的金属元素，选项正确；
C、工业上炼铁时，一氧化碳夺取铁的氧化物中的氧元素，作还原剂，选项正确；D、油膜能够隔绝铁与空气中氧气和水的接触，减缓铁的锈蚀，所以不除去铁制品表面的油膜能更好防止
其腐蚀，选项错误，故选D。
13．苏州盛产杨梅。杨梅中含有丰富的叶酸，对防癌抗癌有积极作用，其化学式为 下列有关叶
酸的说法中正确的是
A．叶酸的相对分子质量为
B．叶酸由 个碳原子、 个氢原子、 个氮原子和 个氧原子构成
C．叶酸是由碳、氢、氮、氧四种元素组成的有机物
D．叶酸中氮元素与氧元素的质量比为7：6
【答案】C
【解析】A、叶酸的相对分子质量为12×19+1×19+14×7+16×6=441，相对分子质量的单位是1，不是g，通
常省略，故A说法错误；
B、叶酸是由叶酸分子构成的，一个叶酸分子是由 19 个碳原子、 19 个氢原子、7个氮原子和6个氧原子
构成，故B说法错误；
C、叶酸是由碳、氢、氮、氧四种元素组成的有机物，故C说法正确；
D、叶酸中氮元素与氧元素的质量比为（14×7）：（16×6）≠7：6，故D说法错误；
故选C。
14．钴（Co）的金属活动性与铁相似，钴的化合物相关性质如表。下列预测不合理的是
物质 CoO Co(OH) CoCl CoCO
2 2 3
在水中的溶解
难溶，灰绿色固体 难溶，粉红色固体 易溶，溶液呈粉红色 难溶，粉红色固体
性
A．Co能从MgCl 溶液中置换出Mg
2
B．CoO能与盐酸反应得到粉红色溶液
C．CoCO 能与盐酸反应生成CO
3 2
D．Co(OH) 也能与盐酸反应
2
【答案】A
【解析】A、钴的金属活动性与铁相似，则钴的金属活动性比镁弱，因此钴不能和氯化镁溶液反应，故选
项说法不正确；
B、CoO是金属氧化物，可以和酸反应生成盐和水，所以CoO和盐酸反应生成CoCl 和HO，CoCl 易溶，
2 2 2
溶液呈粉红色，故选项说法正确；
C、碳酸盐和酸反应生成盐、水、二氧化碳，所以CoCO 能与盐酸反应生成CO，故选项说法正确；
3 2
D、Co(OH) 是一种碱，能酸反应生成盐和水，则Co(OH) 能与盐酸反应生成CoCl 和HO，故选项说法正
2 2 2 2
确。
故选A。
15．下列物质性质和用途对应关系不正确的是
A．活性炭有吸附性，可用作除味剂B．熟石灰有碱性，可用于治疗胃酸过多
C．油脂能溶于汽油，可用于除油污
D．生石灰有吸水性，可用作食品干燥剂
【答案】B
【解析】A、活性炭具有吸附性，能吸附异味，该选项正确；
B、熟石灰为氢氧化钙的俗称，氢氧化钙具有腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，该选项不正确；
C、汽油能溶解油脂，则可用于除油污，该选项正确；
D、生石灰为氧化钙的俗称，氧化钙能和水反应，则可用作食品干燥剂，该选项正确。
故选B。
16．如图为两种固体物质(不含结晶水)的溶解度曲线，下列说法正确的是
A．甲的饱和溶液由t℃降温至t℃，变为不饱和溶液
2 1
B．t℃时，将25g甲放入50g水中，形成75g饱和溶液
1
C．t℃时，甲、乙两种物质的溶解度相同为50
1
D．乙溶液中含有少量甲，可用蒸发溶剂的方法提纯甲
【答案】B
【解析】A、如图所示，乙的饱和溶液由t℃降温至t℃，溶解度减小，仍是饱和溶液，故A错误；
2 1
B、如图，t℃时，甲溶解度是50g，表示该温度下，将25g甲加入50g水中，能够溶解25g，可形成75g溶
1
液，故B正确；
C、溶解度单位为g，t℃时，甲、乙两种物质的溶解度为50g，故C错误；
1
D、如图，乙的溶解度随温度变化较小，甲的溶解度随温度变化较大，乙溶液中含有少量甲，应用降温结
晶的方法提纯甲，故D错误；
故选B。
17．如图a所示，向 稀溶液中缓缓通入 气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如
图b(溶液体积的变化忽略不计)。下列说法错误的是A．该过程中溶液温度先升高再恢复至室温
B．C点溶液中的微粒有 、 、
C． 段变化，其他条件相同，导电能力：
D． 段变化，溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子浓度有关
【答案】B
【解析】A、向 NaOH 稀溶液中缓缓通入 HCl 气体，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，该反应放热，
则反应过程中溶液温度升高，待氢氧化钠反应完全，继续通入氯化氢，溶液温度逐渐恢复至室温，故A说
法正确；
B、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸
和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，B点导电能力最低，表示氢氧化钠和氯化氢恰好完全反应，C点时，盐
酸过量，溶液中含有水、氯化钠和过量的氯化氢，则溶液中的微粒有HO、Na+、Cl-、H+，故B说法错误；
2
C、由图可知，A→B段导电能力下降，氯化氢气体溶于水形成盐酸，溶液体积、温度的变化可忽略，盐酸
和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，化学方程式为： ，相当于相同数目的氢氧根
离子替换为氯离子，导电能力下降了，则说明导电能力：OH−>Cl−，故C说法正确；
D、B→C段为盐酸和氢氧化钠反应完后继续通入氯化氢气体，氯化氢溶于水解离出氢离子和氯离子且不再
发生变化，溶液中离子数目增加，溶液体积不变，则离子浓度增加，所以B→C段导电能力增加，说明溶
液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子的浓度有关，故D说法正确；
故选：B。
18．物质之间可以相互转化，下列物质的转化方案中，正确的是
A．Cu CuSO B．Fe FeCl
4 3
C．BaCl NaCl D．NaNO KNO
2 3 3
【答案】C
【解析】A. 金属活动性顺序中，氢前的金属可与稀硫酸反应生成氢气，Cu在氢的后面，Cu 不能与稀硫
酸反应生成CuSO ，Cu CuSO 不可以相互转化，此选项不符合题意；
4 4
B. Fe+2HCl=FeCl +H ↑，Fe FeCl ，不可以相互转化，此选项不符合题意；
2 2 3
C. NaSO +BaCl =BaSO ↓+2NaCl， BaCl NaCl，可以相互转化，此选项符合题意；
2 4 2 4 2
D. NaNO 不能与KOH发生反应，因为无沉淀、水或气体生成，所以NaNO KNO，不可以相互转
3 3 3
化，此选项不符合题意。故选C。
19．某实验小组为探究氧气的性质，利用传感器绘制氧气浓度与时间的曲线图。曲线在AB段时，隔板未
提起：曲线在BC段时，隔板稍微向上提起。通过该实验不能获取的信息是
A．空气中氧气的浓度大约为20%
B．AB段氧气浓度增大，说明氧气在空气中能够较快地大量下沉
C．C点之后，氧气浓度减小，左侧区域中带火星的香复燃，燃着的蜡烛剧烈燃烧
D．实验结束时，氧气被完全消耗
【答案】D
【解析】A、在0s时氧气的浓度大约为20%，即空气中氧气的浓度大约为20%，故选项获取的信息正确；
B、氧气的密度大于空气密度，AB段氧气浓度迅速增大，说明氧气在空气中能够较快地大量下沉，故选项
获取的信息正确；
C、根据BC段，隔板稍微向上提起，C点之后，氧气浓度减小，但浓度仍然很大，左侧区域中带火星的香
复燃，燃着的蜡烛剧烈燃烧，故选项获取的信息正确；
D、实验结束时，氧气浓度又恢复到最初的大约20%，而不是变为0，故选项获取的信息不正确。
故选D。
20．科学家研究开发氢能源的脚步从未停止。如图乙为利用 热化学循环制氢的反应流程，反应前
后Mn的化合价均为+2价。下列说法中错误的是
A．若 中 ，则 中 与 的个数比为1∶2
B．与传统电解法制取氢气相比，该流程的优点是能够节约能源
C．利用该流程每生成48 kg氧气，理论上能得到氢气的质量是6 kg
D．氢气燃烧热值高，产物无污染，是最清洁的能源
【答案】A【解析】A、MnFe O 中y=0.5，反应前后Mn的化合价均为+2价，氧元素的化合价为-2价，根据在化合
2 (4-y)
物中各元素的正负化合价代数和为0，设铁元素化合价为x,（+2）+2x+（-2）×（4-0.5）=0，x=+ ，则铁
元素化合价和是+5，Fe3+与Fe2+的化合价分别是+3、+2，因此1个铁离子和1个亚铁离子化合价的和是
+5，因此Fe3+与Fe2+的个数比为1：1，故A说法错误；
B、由图可知，该反应过程中的能量来源于太阳能产生的高温，与传统电解法制取氢气相比，该流程的优
点是能够节约能源，故B说法正确；
C、由水的化学式HO可知，其中氢元素与氧元素的质量比为2：16=1：8，根据反应前后元素质量不变，
2
所以该反应中每生成48kgO，理论上能得到 氢气，故C说法正确；
2
D、氢气燃烧热值高，氢气燃烧产物只有水，无污染，是最清洁的能源，故D说法正确；
故选：A。
非选择题（共 60 分）
21．（9分）苏州的许多传统与现代工艺都与化学息息相关。
Ⅰ．传统工艺
（1）文物贴金。金箔不易变色，说明黄金化学性质 （填“稳定”或“活泼”）。
（2）传统粉墙。用石灰浆（氢氧化钙的悬浊液）抹墙后，墙壁表面变白且坚硬。在上述过程中，氢氧化
钙发生反应的化学方程式为 。
Ⅱ．矿物颜料
（3）朱砂可制成鲜红色颜料，主要成分为硫化汞（ 、 的化合价分别为+2和-2）。硫化汞的化学式为
。
（4）赤铁矿（主要成分 ）可用于制作红棕色颜料，其中铁元素化合价为 。
（5）孔雀石[主要成分为 ]可用于制作青色颜料，对酸敏感。补充完整下列化学方程式：
。
Ⅲ．创新科技
（6）新能源客车。电池充电时的能量转化方式：电能转化为 。
（7）多晶硅制备。 气体被加热分解为硅和氢气，反应的化学方程式为 。
【答案】（1）稳定
（2） Ca(OH) +CO =CaCO ↓+H O
2 2 3 2
（3） HgS
（4） +3
（5） HO
2
（6） 化学能
（7）【解析】（1）金箔不易变色，说明黄金化学性质稳定不与氧气发生反应。
（2）氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca(OH) +CO =CaCO ↓+H O。
2 2 3 2
（3）因为Hg、S的化合价分别为+2和-2，所以根据化合物中化合价代数和为0，硫化汞的化学式为：
HgS。
（4）氧化铁中氧元素化合价为-2，所以根据化合物中化合价代数和为0，铁元素化合价为+3。
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、个数不变，所以反应前Cu原子个数为2，O原子个数
为5，H原子个数为6，C原子个数为1，Cl原子个数为4，反应后Cu原子个数为2，O原子个数为2，C
原子个数为1，Cl原子个数为4，所以还有3个O原子，和6个H原子，故该物质化学式为HO。
2
（6）①电池充电时的能量转化方式：电能转化为化学能。
（7）SiH 气体被加热分解为硅和氢气，反应的化学方程式为： 。
4
22．（11分）结合下图回答问题。
（1）仪器名称：① ，② 。
（2）用过氧化氢和二氧化锰制取氧气，可选用装置 (选填序号)和D组合，反应的化学方程式
为 ，二氧化锰的作用是 。
（3）实验室可用装置B或C制H，C装置相对于B的优点有 。用E装置收集H，气体
2 2
应从 (选填“a”或“b”)端通入。
（4）用图1装置探究CO、SO 与水的反应。F装置中装入相应的药品反应可得到CO 或SO ，图2表示
2 2 2 2
CO、SO 与水反应过程中溶液pH的变化曲线。
2 2
①装置F中用碳酸钠和稀硫酸反应得到CO，不选用稀盐酸的原因是 。
2
②装置H中漏斗的作用是 。
③图2中最终曲线②比曲线①低的原因是 。
【答案】(1) ①锥形瓶 ②长颈漏斗(2) B 催化作用
(3) 可以控制反应的发生和停止 a
(4) ①稀盐酸有挥发出的氯化氢，会影响pH的测定 ②防止溶液倒吸 ③HSO 的酸性比碳酸强
2 3
【解析】（1）仪器①是锥形瓶；仪器②长颈漏斗；
（2）实验室用双氧水和二氧化锰制取氧气，该反应属于固液常温型，选择的发生装置为B；过氧化氢在二
氧化锰的催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为： ；二氧化锰的作用是
催化作用；
（3）C装置相对于B的优点有：C带有活塞开关和多孔隔板，关闭活塞开关，内部气体增多，压强增大，
液体被压入长颈漏斗，固液分离，反应停止，打开活塞开关，气体输出，压强减小，液体重新进入试管，
固液接触，反应发生，故可以控制反应的发生与停止；用E装置收集H，氢气的密度小于空气，气体应从
2
a端通入；
（4）①探究CO 与水的反应，则二氧化碳中不能含有其他酸性气体，不选用稀盐酸的原因是盐酸具有挥
2
发性，会导致二氧化碳中含有氯化氢气体，溶于水会形成盐酸，影响pH的测定；
②装置H中漏斗的作用是防止溶液倒吸，氢氧化钠和二氧化硫或二氧化碳反应后装置中的压强减小，漏斗
可以防止液体倒吸。
③二氧化硫溶于水生成亚硫酸，二氧化碳与水反应生成碳酸，酸性越强，pH越小，HSO 的酸性比碳酸强，
2 3
则图2中最终曲线②比曲线①低。
23．（8分）新型碳材料——环碳有望成为新型半导体材料，在分子电子器件中有广阔的应用前景。
碳是一种常见的元素，在自然界中有多种形式。其外在表现形式取决于每个碳原子周围与之连接的碳
原子数目。当每个碳原子与周围4个碳原子连接时，就形成了金刚石；当每个碳原子与周围3个碳原子连
接时，就形成了石墨；当每个碳原子与周围2个碳原子连接时，则形成环形纯碳分子（环碳 ）。
同种元素组成的不同单质称为同素异形体，环碳、金刚石、石墨都是碳的同素异形体。环碳中碳原子
与碳原子之间的连接方式（也叫成键方式）有两种：一种是累积烯炔型，碳原子通过连续双键连接，如
“ ”；另一种是聚炔型，碳原子通过单键与叁键交替连接，如“
”。
2019年，牛津大学的研究团队通过环氧碳分子 在5K（K是温度单位）温度下脱去CO制备环碳
，验证了 为聚炔型结构，转化过程如图所示。2023年我国同济大学用全氯化萘（ ）和全氯化蒽（ ）两种前驱体分子，在NaCl薄膜表
面上合成了两种环碳分子 和 。原子力显微镜显示， 和 均为累积烯炔型结构，如下图。
研究人员表示，该项研究提出的表面合成策略有望成为一种合成系列环碳的普适方法。
（1）金刚石和石墨物理性质差异很大的原因是 。
（2）1个全氯化萘（ ）分子和1个全氯化蒽（ ）分子中所含原子个数之比是 ；已
知苯的结构为 ，结合全氯化萘和全氯化蒽的分子结构可推断，1个全氯化苯分子中含有
个氯原子。
（3）制备 的转化过程中，碳元素的质量分数 （填“升高”、“降低”或“不变”）；碳元
素的化合价 （填“升高”、“降低”或“不变”）。
（4）用 制备 的化学方程式为 。
（5）下列叙述正确的是 （填序号）。
a． 是碳的一种同素异形体
b． 的分子中每个碳原子与周围2个碳原子连接
c． 与 中碳原子的连接方式都是单键与叁键交替连接。
【答案】（1）碳原子的排列方式不同（或每个碳原子周围与之连接的碳原子数目不同）
（2） 3：4 6
（3） 升高 降低
（4）
（5）ab
【解析】（1）金刚石和石墨物理性质差异很大的原因是碳原子的排列方式不同（或每个碳原子周围与之
连接的碳原子数目不同）；
（2）根据全氯化萘（C Cl）、全氯化蒽（C Cl ）化学式可知，1个全氯化萘（C C ）分子和1个全氯
10 8 14 10 10 l8
化蒽（C Cl ）分子中所含原子个数之比是（10+8）：（14+10）=3:4；根据苯分子结构可知，1个苯分子
14 10
中含有6个碳原子，1个全氯化苯分子中含有6个氯原子；
（3）根据“2019年，牛津大学的研究团队通过环氧碳分子C O 在5K（K是温度单位）温度下脱去CO制
24 6
备环碳C ”可知，C 中，只有碳元素，制备C 的转化过程中，碳元素的质量分数升高；C O 中氧元素
18 18 18 24 6
显-2价，根据化合物中元素的化合价和为零，其中碳元素大于零，C 中只有碳元素，属于单质，化合价为
18
零，碳元素的化合价降低；（4）根据“2019年，牛津大学的研究团队通过环氧碳分子C O 在5K（K是温度单位）温度下脱去CO制
24 6
备环碳C ”可知，用C O 制备C 发生的反应是C O 在5K条件下分解生成C 和CO，化学方程式为：
18 24 6 18 24 6 18
；
（5）a．C 是由碳元素组成的单质，是碳的一种同素异形体，正确；
60
b．根据题中图示可知，C 的分子中每个碳原子与周围2个碳原子连接，正确；
10
c．根据题中图示可知，C 中碳原子的连接方式都是单键与叁键交替连接，C 中碳原子的连接方式都是连
18 14
续双键连接，错误。
故选ab。
24．（11分）NiSO ▪6H O主要用于电镀行业镀镍，制镍催化剂等，它可由电镀废渣（除含镍外，还含有
4 2
Cu、Fe 杂质）为原料获得。工艺流程如图：
已知：25℃时，几种金属氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示。
名称 Fe（OH） Fe（OH） Ni（OH）
2 3 2
开始沉
6.5 1.5 6.9
淀
完全沉
9.7 3.7 8.9
淀
资料：①Ni能与稀硫酸反应；②NiSO 易溶于水，不溶于乙醇：NiCO 是一种不溶于水，易溶于强酸的沉
4 3
淀；③NaCO+NiSO＝NaSO +NiCO 。
2 3 4 2 4 3
（1）能提高废渣浸出率的措施有 。（写一点）
（2）在滤液Ⅰ中加入6%的HO，其作用是将硫酸亚铁在酸性条件下氧化成硫酸铁，用过氧化氢做氧化剂
2 2
的优点是 ；加入过氧化氢要保温一段时间且温度不能过高，原因是 、 。加入
NaOH调节pH的范围是3.7≤pH<6.9，为了除去溶液中的 （金属离子符号）。
（3）滤液Ⅱ中溶质主要是 。
（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是：静置后，向上层清液中加入 ，则已经完全沉淀
（5）某工厂每个月产生的电镀液5.9 × 105 L，废水中含镍65 mg/L，利用该废水每个月理论上可以生产出
含NiSO ▪6H O 96%的产品多少千克？（写出计算过程）
4 2
【答案】（1）升高反应温度或在反应过程中不断搅拌
（2）剩余的过氧化氢能分解生成水和氧气，不引进杂质 温度过高过氧化氢容易分解 温度过高氢
氧化镍会沉淀
（3）硫酸镍、硫酸钠
（4）碳酸钠溶液，若不再产生沉淀（5）根据镍元素守恒，设利用该废水每个月理论上可以生产出含NiSO ▪6H O 96%的产品质量为x，则
4 2
x=170.95kg；
答：利用该废水每个月理论上可以生产出含NiSO ▪6H O 96%的产品170.95kg。
4 2
【分析】废渣（除含镍外，还含有Cu、Fe等杂质），在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液
Ⅰ中含有硫酸镍、硫酸亚铁和硫酸，加过氧化氢是将二价铁（硫酸亚铁）氧化成三价铁（硫酸铁），再通
过调节PH值3.7～6.9使三价铁以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅱ含有硫酸镍、硫酸钠，再加碳酸钠，硫
酸镍与碳酸钠反应生成硫酸钠和碳酸镍沉淀，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成硫酸镍。
【解析】（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率、或使反应物更充分反应，能提高废渣浸出率的措施有
升高反应温度、在反应过程中不断搅拌。
（2）在滤液l中加入6%的HO，其作用是将硫酸亚铁在酸性条件下氧化成硫酸铁，用过氧化氢做氧化剂
2 2
的优点是剩余的过氧化氢能分解生成水和氧气，不引进杂质；加入过氧化氢要保温一段时间且温度不能过
高，原因是温度过高过氧化氢容易分解、温度过高氢氧化镍会沉淀。由以上分析知，加入NaOH调节pH
的范围是3.7≤PH<6.9，为了除去溶液中的 。
（3）滤液Ⅱ中溶质主要是硫酸镍、硫酸钠。
（4）检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是：静置后，向上层清液中加入碳酸钠溶液，若不再产生沉淀，则已
经完全沉淀
（5）见答案。
25．（9分）二氧化碳捕集和资源化利用是碳中和领域研究热点。
Ⅰ．“碳”减排
（1）节能减排是我国的基本国策。过多排放二氧化碳造成的主要环境问题是 。
（2）化石燃料燃烧是CO 排放的主要因素。化石燃料主要包括煤炭、石油和 。
2
Ⅱ．“碳”捕捉
利用氢氧化钠溶液捕捉烟气中CO，得到高纯度CO 的流程如下：
2 2
（3）“捕捉室”内发生反应的化学方程式为 。
（4）上述转化中可循环使用的物质有 。
Ⅲ．“碳”利用（5）我国科学家利用CO 合成葡萄糖，该方案先用电还原法将CO 转化为醋酸，再利用微生物发酵获得
2 2
葡萄糖（如图1所示）。
①通电条件下，装置1中CO 分解成CO和一种常见单质X。X的化学式为 。
2
②利用酵母菌等微生物将醋酸转化为葡萄糖时，温度不宜过高，其原因是 。
（6）光催化还原法能实现CO 甲烷化：以C N 为催化剂，在紫外光照射下，发生反应
2 3 4
。实验中测得，催化剂的催化效率和CH 的生成速率随温度的变化关系如图
4
2所示。300~400℃之间，CH 生成速率加快的原因是 。
4
【答案】（1）温室效应
（2）天然气
（3）
（4）氢氧化钠和氧化钙
（5） O 温度升高，酵母菌等微生物会死亡
2
（6）温度升高，甲烷生成反应速率加快比催化剂催化效率下降的影响更大
【解析】（1）空气中二氧化碳含量过高会引起温室效应。
（2）化石燃料包括煤、石油和天然气。
（3）二氧化碳能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为 。
（4）由于氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，则流程中即需要氢氧化钠和氧化钙，又生成氢氧化钠和氧化
钙，则可循环使用的为氢氧化钠和氧化钙。（5）①反应前后，原子的种类和个数不变，二氧化碳中碳、氧原子个数比为1：2，一氧化碳中碳、氧原
子个数比为1：1，则X为单质氧，化学式为O。
2
②温度过高时，酵母菌等微生物会死亡，则反应过程中，温度不宜过高。
（6）由图可知，300~400℃之间，虽然催化剂效率随温度升高而逐渐降低，但甲烷的生成反应速率反应加
快，说明温度升高，甲烷生成反应速率加快比催化剂催化效率下降的影响更大，所以CH 生成速率加快。
4
26．（12分）铁及其化合物在生产生活中应用非常广泛。
Ⅰ．铁的相关知识
（1）人类使用金属先后经历了“青铜”时代、“铁器”时代，铝材料到近代才开始大量使用。这反映出
三种金属的活动性由强到弱的顺序是 。
（2）我国在西汉时期就有“曾青得铁则化为铜”之说，用化学方程式表示其原理 。
（3）磁铁矿是早期司南的材料，磁铁矿中所含铁的氧化物主要是 。
（4） 可以作为补铁剂，可以防止 ，其药片表面包裹着糖衣，如无此糖衣， 暴露在空气
中易转化成 而失效，该转化的化学反应方程式为 。
Ⅱ．铁的化合物含量测定
工业制得的 中常混有少量 ，为确定其组成，兴趣小组称取样品 ，在科研人员的指导下用
下图装置进行实验。
现控制装置中的温度为对样品进行热分解，直至装置中剩余固体质量不再变化为止，测量各装置质量。继
续向装置中通 ，用 还原铁的氧化物。加热时测得各装置质量随温度变化的情况如下表：
温度/ 室温 300 700
A/g 221.8
200.0 202.2 206.6 213.2
【资料】
① 在 时分解为 和 。
②温度高于 时铁的氧化物才能被 还原。
③常温下， 能与氯化钯 溶液反应。
④用 还原 的过程大致分为三个阶段：
阶段1：阶段2：
阶段3：
（5）装置 的作用是 。
（6）样品中 的质量分数为 （精确到0.1%）。
（7） 时，装置 中固体为纯净物，表格中的 。
（8）当温度 时，测得此时装置 总质量为 ，则 中剩余固体的成分及对应的质量 。
【答案】（1）Al、Fe、Cu
（2）Fe+CuSO═FeSO +Cu
4 4
（3）四氧化三铁/Fe O
3 4
（4）贫血 4FeSO +O +2H O=4Fe(OH)SO
4 2 2 4
（5）吸收尾气一氧化碳，防止污染空气
（6）26.7%
（7）218
（8）Fe：14g
【解析】（1）人类使用金属先后经历了“青铜”、“铁器”时代，，铝材料到近代才开始大量使用，这
是因为金属越活泼，人类认识和利用的越晚，因此Cu、Fe、Al三种金属的活动性由强到弱的顺序是Al、
Fe、Cu；
（2）“曾青得铁则化为铜”是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为：
Fe+CuSO═FeSO +Cu；
4 4
（3）磁铁矿中所含铁的氧化物主要是四氧化三铁(Fe O)；
3 4
（4）人体缺铁易患缺铁性贫血，FeSO 可以作为补铁剂，可以防止贫血；
4
硫酸亚铁和空气中的氧气反应生成Fe（OH）SO ，根据质量守恒定律，化学反应前后，元素的种类不变，
4
生成物中含氢元素，故水参与了反应，该反应的化学方程式为： ；
（5）一氧化碳有毒，会污染空气，而常温下， CO 能与氯化钯 (PdCl ) 溶液反应，所以装置C的作用是
2
吸收尾气一氧化碳；
（6）Fe O 中含有FeCO，根据资料可知，氧化铁在500℃~600℃会与一氧化碳反应，FeCO 在 282℃ 时
2 3 3 3
分解为 FeO 和 CO，当A装置控制温度到300℃时，碳酸亚铁分解生成氧化亚铁和二氧化碳，氧化铁不
2
反应，所以B装置增加的质量即为FeCO 生成二氧化碳的质量：202.2g-200.0g=2.2g，根据碳元素质量守恒，
3则FeCO 的质量为： ，则样品中 FeCO 的质量分数为：
3 3
；
（7）700℃ 时，装置 A 中固体为纯净物FeO，根据铁元素质量守恒，混合物中铁元素的质量为：
，则FeO的质量为 ，根据
反应开始时，装入混合物后的质量为221.8g，混合物质量为21.8g，则装置的质量为221.8g-21.8g=200g，
则m=200+18=218；
2
（8）当温度 >700℃ 时，混合物完全转化为Fe，则 A 中剩余固体的成分为Fe，根据铁元素守恒，则对
应固体的质量为14g。
