2025中考化学真题分题型分层汇编
13 填空题（中等题）
一、填空题
1．（2025·泸州） 泸州某企业研发的高强度铝合金材料，已用于国产大飞机C919部分构件。下图是某铝合金中其它元素在周期表中的相关信息。回答相关问题：
（1）图中某一种元素属于非金属元素，其原子的核电荷数为 ；某一种元素与铝不在同一周期，它的相对原子质量为
（2）用作航天材料，铝合金相对于普通钢的突出优点是 。
2．（2025·成都） 根据图文回答问题。
（1）分别灼烧两种纤维，闻到烧毛发焦糊味的是 （填“涤纶”或“羊毛”）；羊毛面料中加涤纶的优点是 。
（2）米饭富含 （填“糖类”或“维生素”）；向盛有发热包（主要成分是CaO）的饭盒里加水，给米饭加热时，注意的安全事项是 。
（3）石墨烯地暖核心材料是石墨烯电热膜，供暖时电能转化成 ；经新风系统净化后的空气，含量明显降低的是 （填序号）。
a.氧气 b.氮气 c.可吸入颗粒物
（4）飞行器机身使用的玻璃纤维增强塑料属于 （填“复合材料”或“合成材料”）；航标灯和频闪灯常充入稀有气体，利用稀有气体的物理性质是 。
3．（2024·兴安盟）请分析下列四个实验并回答相关问题。
（1）实验1预先在集气瓶底部放少量水的目的是 。
（2）实验2切断电源后，将燃着的木条放在b玻璃管尖嘴口检验产生的气体，打开活塞后观察到的现象是 。
（3）实验3对比薄铜片上的白磷燃烧而热水中的白磷不燃烧的现象，得出燃烧需要的条件是 。
（4）实验4黄铜片和铜片相互刻画，铜片上留下刻痕，说明黄铜片的硬度比铜片的硬度 (填“大”或“小”)。
4．（2024·潍坊）“沉睡三千年，一醒惊天下”。文物考古彰显我国古今科技文明。
Ⅰ．科技助力文物发掘
（1）用作测定文物年代的碳-14，衰变时核内质子数发生改变，则衰变后元素种类 （填“改变”或“不变”）。
Ⅱ．璀璨文明再现
（2）石青［主要成分为］是彩绘陶俑的一种矿物颜料，铜元素化合价为+2，则 。
（3）“何意百炼钢；化为绕指柔”。生铁在空气中加热，反复捶打，成为韧性十足的“百炼钢”，该过程中，生铁的含碳量 （填“升高”或“降低”）。
（4）古籍记载“凡煎炼亦用洪炉，入（锡）砂数百斤，丛架木炭亦数百斤，鼓鞲（指鼓入空气）熔化。火力已到，砂不即熔，用铅少许勾引，方始沛然流注”。高温下木炭还原锡砂（）的化学方程式为 ；锡铅合金的熔点比纯锡 （填“高”或“低”）。
Ⅲ．文物修复与保护
（5）熟石膏（）可用于文物修复，当其与适量水混合时会逐渐变硬、膨胀，生成生石膏（），该过程发生 （填“物理”或“化学”）变化。
（6）发掘的某些珍贵文物可放入氮气保护箱中，是因为氮气 。
5．（2024·临夏）浩如烟海的中国古代典籍中记录了许多化学知识，展示了中国古代人民的智慧。
（1）《吕氏春秋·别类》记载有“金（指铜）柔锡柔，合两柔则为刚”，表明铜锡合金的硬度比纯铜 （填“大”或“小”）
（2）在西晋史学家陈寿所著的《三国志》中，有“乃取蒙冲斗舰数十艘，实以薪草，膏油灌其中……（黄）盖放诸船，同时发火。时风盛猛，悉延烧岸上营落”的描述。从燃烧条件分析，薪草属于 。为防止引发火灾，可用泥土覆盖在灰烬和燃着的薪草上，从灭火原理分析，主要利用 来达到灭火的目的。
（3）《天工开物》记载古代炼铁工艺：“凡铁一炉载土（铁矿石）二千余斤……或用煤炭……扇炉风箱必用四人……土化成铁……”现代工业用一氧化碳还原赤铁矿（主要成分为氧化铁）炼铁，其反应原理是 （写化学方程式）。
（4）西汉古籍《淮南万毕术》中有“曾青得铁则化为铜”这样的记载，从而实现“铁上包铜”，防止铁的锈蚀。其反应的微观示意图如图所示，该反应过程中发生变化的微观粒子是 。
6．（2024·乐山）太阳能电池路灯（如图），可以实现白天用太阳能充电，夜晚照明，其灯柱材料为铝合金，路灯内部采用金属铜作导线．
回答下列问题：
（1）制作灯柱所需的铝合金属于 （选填“金属材料”或“合成材料”）．
（2）铝合金的硬度和强度都比纯铝 （选填“高”或“低”）．
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的 性．
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和 反应而生锈．
7．（2024·哈尔滨）“冰雪同梦，亚洲同心”。化学为冰雪盛宴助力
（1）某些滑雪板底座用到的“超高分子聚乙烯”属于 （填字母）。
A．合成材料 B．天然有机高分子材料
（2）亚冬会期间，可用纯电动汽车，为运动员提供出行服务，此种汽车行驶时的能量转化为： 能→电能→机械能。
（3）运动员食用的米饭、面包中富含的淀粉属于 （填营养素种类），淀粉进入人体后代谢的主要流程：淀粉→葡萄糖→二氧化碳和水，其中葡萄糖所含的三种元素为 （填元素符号）。
8．（2024九下·广安）金属镓（Ga）可用于制作半导体，镓元素在元素周期表的信息以及Ga、A、B、C、D、E的微粒结构示意图如下图所示。元素周期表中，金属元素、非金属元素和稀有气体元素常用不同颜色区分。
回答下列问题：
（1）镓元素位于元素周期表第 周期。
（2）在元素周期表中，镓元素与A元素所占方格颜色 （填“相同”或“不同”）。
（3）上图中，一共涉及 种元素。
（4）E失去3个电子，形成阳离子，该离子符号为 。
9．（2024·黑龙江）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船发射取得圆满成功，顺利进驻中国空间站。
（1）航天服中的废气处理系统能使呼吸产生的废气进入装有活性炭的装置进行净化，这是利用活性炭的 性。
（2）制造太阳能电池板需要铝合金片，铝合金属于 材料（填“合成”或“金属”）。
（3）下列航天食品中富含蛋白质的是 。
A．脱水米饭 B．冻干水果 C．黑椒牛柳
10．（2023·河南）2023年5月30日，我国神舟十六号载人飞船成功发射，三位航天员顺利进入空间站。空间站内航天员吸入的氧气可由电解水提供，水通电分解的化学方程式为 。运载火箭使用的燃料中有液氢，氢气作燃料的优点是 (答出一条即可)。
11．（2024·黑龙江）如图，依据甲、乙、丙三种物质的溶解度曲线，回答下列问题：
（1）℃时，将30g丙加入到50g水中，充分溶解后，所得溶液的质量为 。
（2）通过改变温度，将丙的饱和溶液变成不饱和溶液的方法是 （填“升温”或“降温”）。
（3）乙中含有少量甲时，最好采用的 方法提纯乙（填“降温结晶”或“蒸发结晶”）。
（4）℃时，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液，降温至℃时，三种溶液中溶剂的质量由小到大的顺序是 。
（5）下列说法不正确的是 。
a．℃时，将甲、丙溶液恒温蒸发等质量的水，析出晶体质量一样多
b．将甲、乙、丙三种物质℃时的饱和溶液升温至℃时，所得溶液的溶质质量分数由大到小的顺序是乙＞甲＝丙
c．在℃～℃之间，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液
12．（2024·武汉）长征五号火箭是我国新一代运载火箭中第一个立项研制的型号，采用煤油液氧和液氢液氧推进系统，直接服务于载人空间站、火星探测等重大专项任务，为我国未来载人登月用的重型火箭研制奠定了良好的基础。
（1）氢气是清洁的高能燃料。电解水、锌粒与稀硫酸反应都可用于制氢气。
①图1试管乙中的气体能使带火星的木条复燃，该气体是 。
②图2采用排水法收集氢气，是利用其 （填标号）的性质。
A．无色无味 B．密度比空气小 C．难溶于水
（2）火箭升空过程中，氢气燃烧的化学方程式为 。
13．（2024·临夏）我国科学家公布了对嫦娥五号带回月球土壤样品的研究成果，准确测定了月球土壤样品中40多种元素的含量，以下为钛、锂、钠、氦－3的有关信息。
（1）钛属于 （选填“金属”或“非金属”）元素，钛原子结构示意图中n的值是 。
（2）锂、钠两种元素化学性质相似的原因是 。锂离子电池为手机等内部常用的电池，碳酸锂是生产锂离子电池的常用原料，已知Li的化合价为，碳酸锂的化学式为 。
（3）已知氦－3原子是一种含2个质子和1个中子的原子，下列模型能表示氦－3原子的是 （填序号）。
14．（2024·北京）用如图所示实验验证可燃物燃烧的条件。
已知：白磷的着火点为40℃，红磷的着火点为240℃。
（1）若a、b均为白磷，可观察到的现象是 。
（2）若a、b均为红磷，判断该实验能否证明可燃物燃烧需要与接触，并说明理由： 。
15．（2024·资阳）溶液在生活生产和科学研究中具有广泛的用途，与人们的生活息息相关。
（1）把少量的下列物质分别加入水中，充分搅拌，可以得到溶液的是_______(填字母)。
A．植物油 B．小苏打 C．蔗糖 D．面粉
（2）下图是两种物质在不同温度下的溶解度曲线，回答下列问题。
①20℃时NaCl的溶解度是 g.
②50℃时，将固体加入到盛有30g水的烧杯中，充分溶解后，所得溶液中溶质的质量分数为 。
③将50℃的两种物质的饱和溶液分别降温至20℃，所得两溶液的溶质质量分数的关系是： (填“>”、“<”或“=”)。
16．（2024·资阳）2024年是我国实施“十四五”规划的关键一年，我国将继续在新能源领域探寻新的发展机遇，将新能源更广泛应用于汽车、无人机……
（1）图1：充电桩给新能源汽车充电，是将电能转换成 能；新能源汽车和燃油汽车相比，其优点是 。
（2）图2：利用太阳能光伏电池电解水制高纯度氢气，其反应的化学方程式为 。
（3）图3：某种无人机的动力来源于磷酸亚铁锂电池，属于_______(填字母)。
A．金属氧化物 B．酸 C．盐 D．化合物
17．（2024·资阳）传世名画《千里江山图》的青色来自于天然矿石颜料——石青，其主要成分的化学式为。请按要求填空。
（1）两个氢氧根 。
（2）中“3”的含义 。
（3）下图是铜原子的结构示意图和铜元素在周期表中的部分信息，则x的值为 。
（4）从石青的主要成分中选择适当的元素，写出一种既能表示物质，又能表示一个原子的微粒符号 。
18．（2024·哈尔滨）分类、类比是学习化学常用的方法。
（1）科学合理的化学实验是获取化学知识。形成科学思维的重要保证。初中有很多对比实验，但对比实验也有不同之处：有的实验应按先后顺序依次进行，有的实验需要同步进行。据此将下列实验中的与 归为一类，依据是 。
A.木炭分别在空气中和氧气中燃烧 B.蜡烛在不同条件下的燃烧 C.硫分别在空气中和氧气中燃烧 D.比较吸入空气和呼出气体中二氧化碳含量多少
（2）原子结构的奥秘被提示后，人们逐步建立了结构决定性质的观念。、、、Rb（铷）、 Cs（铯）位于元素周期表第一纵列，它们的原子最外层电子数相同，化学性质非常相似。它们的单质与水反应，生成的化合物中金属元素的化合价相同。
例如：、
用代表、Rb（铷）、 Cs（铯）这三种活泼金属中的某一种，请仿照上述两个反应写出与水发生反应的化学方程式： ，此类反应对应的基本反应类型为 。
19．（2024·哈尔滨）“低碳行动”是人类应对全球变暖的重要措施，相关科学家们由此发挥着重要作用。用他们研发出的某种新型催化剂，同时在光照条件下能将二氧化碳转化为甲烷等物质，该反应的微观示意图如图。请结合图示回答问题：
（1）甲烷的化学式为 ；甲烷属于 （填“有机化合物”或“无机化合物”）。
（2）反应前后原子的种类一定 （填“不变”或“改变”）。
（3）根据质量守恒定律，应在图中补充一个 （填字母）。
A． B．
（4）此反应不仅体现了化学在吸收的科技创新方面发挥着重要作用，而且得到的两种生成物都具有广泛用途。请写出其中一种生成物及它的一种用途 。
20．（2024·黑龙江）奥司他韦（化学式为）是目前治疗和预防流感的药物之一。请回答：
（1）奥司他韦的相对分子质量是 。
（2）奥司他韦分子中碳、氧原子个数比为 （最简整数比）。
（3）15.6g奥司他韦中氮元素的质量为 g。
21．（2024·苏州）“福建舰”解缆启航，标志着我国航空母舰建设迈向新征程。
I.航母建造
（1）航母建造需使用纯铜、钢铁、钛合金等。
①航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和 性。
②钢铁的硬度比纯铁 (填“大”或“小”)。
③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中Ti的化合价为 。
II.能源供给
（2）航母动力由重油(含C8H18等多种成分)燃烧提供。C8H18分子中碳、氢原子个数比为 (填最简整数比)。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为 。
III.生命保障
（4）食物和淡水是重要的生活保障。
①供给食物包含牛奶和青菜，其中主要为人体提供蛋白质的食品是 。
②部分淡水可通过减小压强使水的沸点 (填“升高”或“降低”)，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）过氧化钠(Na2O2)可用作舰载机飞行员供氧面罩的供氧剂。Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为 。
22．（2025·武汉）是配制无土栽培营养液常用的三种物质，它们在不同温度时的溶解度如下表所示。
温度/℃ 0 20 40 60 80 100
溶解度/g 29.4 37.2 45.8 55.2 65.6 77.3
41.6 53.8 70.5 75.4 71.1 60.5
13.3 31.6 63.9 110 169 246
（1）的溶解度随温度的升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）配制营养液时，为加快在水中的溶解，可采用的一种方法是 。
（3）配制某无土栽培营养液需补充钾元素195g，则需的质量为 。
（4）对上表中某一种物质的溶液进行如图所示实验。
编号①、②、③的溶液中溶质质量分数的大小关系可能是____(填标号)。
A．①<②<③ B．①=②=③ C．①>②>③ D．③<①<②
23．（2025·河南）郑州古荣镇发现的汉代冶铁遗址，证实中原炼铁历史悠久。炼铁高炉内主要物质间转化关系如下图所示（“一”表示物质间能反应，“→”表示反应一步实现，部分物质和反应条件已略去)。已知B为固体燃料，C为赤铁矿的主要成分。
写出物质A在生产、生活中的一种用途： ；A转化为D的化学方程式为 ；C与D反应的化学方程式为
24．（2025·安徽）蛋雕是一种非物质文化遗产。某项目式学习小组开展了制作“蛋雕”的活动。实施过程如下：
回答下列问题：
（1）”蛋壳裹蜡”是将蛋壳浸没在熔化的石蜡液中，然后取出、冷却，形成厚度适宜的石蜡保护层。此过程属于 变化（填“化学”或“物理”）。
（2）蛋壳的主要成分为 （填化学式）。小组同学在“蜡上作画”后，可选用 （填“白醋”或“食盐水”）腐蚀蛋壳。
（3）石蜡一般在50~70℃熔化，“去除蜡衣”的合理方法是 (填字母序号)。
a.用砂纸打磨
b.用酒精灯火焰直接加热
c.置于80℃的热水中
（4）作品完成后，合理处理使用过的石蜡的方法有 （写出1点即可)。
25．（2025·上海市） CH4燃烧方程式：
2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，已知10molCO2，完全反应生成 g甲酸(HCOOH)分子筛用于分离甲烷和CO2，二氧化碳分子直径0.33nm，甲烷的分子直径0.38 nm，分子筛的
直径范围 nm；
为什么气体Y中分子数小于气体X中分子数？
26．（2024·陕西）小明同学在测定某氯化钠溶液中溶质的质量分数时，用两只烧杯各取80g待测溶液分别进行了如下实验。已知20℃时，氯化钠的溶解度为36g。
（1）20℃时，100g水中最多溶解氯化钠的质量是 g。
（2）20℃时，、中的溶液是氯化钠的 （填“饱和”或“不饱和”）溶液。
（3）、中的溶液溶质与溶剂的质量比 （填“相等”或“不相等”）。
（4）x的值等于 。
（5）由上述实验可得出待测氯化钠溶液中溶质质量分数为 。
27．（2024·大庆）如图为钡在元素周期表中的相关信息及原子结构示意图。请回答下列问题：
（1）钡是 元素（填“金属”或“非金属”）；钡的相对原子质量为 。
（2）钠、镁、铝三种元素中 元素与钡元素位于同一族（填元素符号）。
（3）钡原子在化学变化中易 电子形成钡离子（填“得”或“失”），钡离子有毒，医疗上用“钡餐”（主要成分为BaSO4）作X射线透视胃部的内服药，但BaCO3不能用作“钡餐”的原因为 （用化学方程式解释）。
答案解析部分
1．（1）14；63.55
（2）密度小（合理即可）
（1）由“金”字旁可知，铜元素和镁元素属于金属元素，由“石”字旁可知，硅元素属于非金属元素，在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子序数，原子序数=质子数=核电荷数，故硅原子的核电荷数为14；
铝元素、硅元素、镁元素均位于第三周期，铜元素不位于第三周期，在元素周期表中，元素名称下方的数字表示相对原子质量，铜的相对原子质量是63.55；
（2）用作航天材料，需要密度小，减轻重量，故用作航天材料，铝合金相对于普通钢的突出优点是密度小。
（1）根据带“石”的元素为非金属元素，元素周期表中，左上角的数字表示原子序——最下面数字为相对原子质量分析；
（2）根据航天材料的所具有的性能分析。
2．（1）羊毛；使面料更耐磨、耐腐蚀
（2）糖类；防止烫伤，避免腐蚀
（3）热能；c
（4）复合材料；通电时发出不同颜色的光
（1）羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛（烧毛发焦糊 ）味；涤纶是合成纤维，灼烧有特殊气味。所以闻到烧毛发焦糊味的是羊毛。羊毛面料中加涤纶，可以使面料更耐磨、耐腐蚀等（合理即可，如涤纶强度高，混纺后提升面料耐用性）；
（2）米饭的主要成分是淀粉，淀粉属于糖类 。发热包主要成分CaO，CaO与H2O反应放热（CaO+H2O=Ca(OH)2 ），反应剧烈且放热多，注意安全事项如防止烫伤，避免腐蚀（或远离易燃物，因反应放热可能引发危险） 。
（3）石墨烯电热膜供暖时，电能转化为热能。新风系统可净化空气，降低可吸入颗粒物（c ） 含量；氧气（a ）、氮气（b ）是空气主要成分，含量基本不变，故a、b不符合题意，c符合题意；
故答案为：c；
（4）玻璃纤维增强塑料是由玻璃纤维和塑料复合而成，属于复合材料。 航标灯和频闪灯充入稀有气体，利用稀有气体通电时能发出不同颜色的光的物理性质（可用于电光源 ）。
故答案为：（1）羊毛； 使面料更耐磨、耐腐蚀 ；（2）糖类； 防止烫伤，避免腐蚀 ；
（3）热能；c ；（4）复核材料； 通电时发出不同颜色的光 。
（1）根据羊毛富含蛋白质，灼烧会闻到烧焦羽毛味；羊毛面料加涤纶可以使面料更耐磨、耐腐蚀进行分析解答；
（2）根据淀粉属于糖类，氧化钙和水反应放出大量的热，使用发热包要注意防止烫伤、避免腐蚀进行分析解答；
（3）根据石墨烯电热膜供暖是将电能转化为热能；新风系统净化的空气中可吸入颗粒物明显降低进行分析解答；
（4）根据玻璃纤维增强塑料是由玻璃纤维和塑料两种材料复合而成；稀有气体通电会发出不同颜色的光可作电光源进行分析解答。
3．（1）防止燃烧产物下落使集气瓶炸裂(合理即可)
（2）气体燃烧，发出淡蓝色火焰
（3）氧气
（4）大
（1）铁丝在氧气中燃烧时，集气瓶中水的作用为防止高温熔融物溅落瓶底，使瓶底炸裂；
故答案为：防止高温熔融物溅落瓶底，使瓶底炸裂；
（2）电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，b玻璃管与电源负极相连，则收集的气体为氢气，氢气具有可燃性，则将燃着的木条放在b玻璃管尖嘴口检验产生的气体，打开活塞后，观察到气体燃烧，发出淡蓝色火焰；
故答案为：气体燃烧，发出淡蓝色火焰；
（3）白磷温度均达到了着火点，但薄铜片上的白磷与氧气接触，水中的白磷没有与氧气接触，对比可知燃烧需要与氧气接触；
故答案为：氧气；
（4）将黄铜片和铜片相互刻画，铜片上留下刻痕，说明黄铜片的硬度比铜片的硬度大；
故答案为：大。
（1）根据铁丝燃烧时，瓶底少量水的作用进行分析解答；
（2）根据氢气燃烧的现象进行分析解答；
（3）根据物质燃烧的条件进行分析解答；
（4）根据合金和纯金属的硬度大小进行分析解答。
（1）铁丝燃烧实验中，集气瓶中水的作用为防止高温熔融物溅落瓶底，使瓶底炸裂。
（2）电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，b玻璃管与电源负极相连，则收集的气体为氢气，氢气具有可燃性，则将燃着的木条放在b玻璃管尖嘴口检验产生的气体，打开活塞后，观察到气体燃烧，发出淡蓝色火焰。
（3）白磷温度均达到了着火点，但薄铜片上的白磷与氧气接触，水中的白磷没有与氧气接触，对比可知燃烧需要与氧气接触。
（4）将黄铜片和铜片相互刻画，铜片上留下刻痕，说明黄铜片的硬度比铜片的硬度大。
4．改变；3；降低；；低；化学；化学性质稳定
（1）元素是质子数相同的一类原子的总称，故衰变时核内质子数发生改变，则衰变后元素种类改变。
（2）Cun(CO3)2(OH)2 中铜元素显+2价，碳酸根离子显-2价，氢氧根离子显-1价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：，n=3。
（3）生铁的含碳量为2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%，生铁在空气中加热，反复捶打，成为韧性十足的“百炼钢”，该过程中，碳燃烧生成二氧化碳，故生铁的含碳量降低。
（4）木炭和SnO2在高温下反应生成Sn和二氧化碳，该反应的化学方程式为：；合金比组成它的纯金属熔点低，故锡铅合金的熔点比纯锡低。
（5）熟石膏可用于文物修复，当其与适量水混合时会逐渐变硬、膨胀，生成生石膏，该过程有新物质生成，属于化学变化。
（6）发掘的某些珍贵文物可放入氮气保护箱中，是因为氮气化学性质稳定，可作保护气。
（1）根据元素的概念是质子数相同的一类原子的总称，质子数决定元素的种类来解答；
（2）根据化合物中正负价的代数和为0来解答；
（3）根据生铁中的含碳量是2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%来解答；
（4）根据碳和二氧化锡反应生成锡和二氧化碳，合金的特性是熔点低，硬度大，机械性能好，耐腐蚀来解答；
（5）根据有新物质生成的变化是化学变化来解答；
（6）根据氮气的化学性质稳定来解答。
5．（1）大
（2）可燃物；隔绝氧气（或空气）
（3）
（4）Fe、Cu2+
（1）由于合金的硬度大于组分金属，所以铜锡合金的硬度比纯铜大。
（2）燃烧需要的条件有：可燃物；氧气（或空气）；温度达到着火点。所以薪草属于可燃物。
用泥土覆盖在灰烬和燃着的薪草上，隔绝了氧气（或空气），所以这是主要利用隔绝了氧气（或空气）来达到灭火的目的。
（3）氧化铁与一氧化碳高温条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程
（4）根据反应的微观示意图可知，Fe变为Fe2+，Cu2+变为Cu，所以该反应过程中发生变化的微观粒子是Fe、Cu2+。
（1）根据合金的硬度比纯金属大来解答；
（2）根据可燃物的燃烧的条件是与氧气接触的同时达到着火点，灭火的原理是破坏燃烧的条件来解答；
（3）根据氧化铁与一氧化碳在高温条件下反应生成铁和二氧化碳来解答；
（4）根据铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁来解答。
（1）由于合金的硬度大于组分金属，所以铜锡合金的硬度比纯铜大。故填：大。
（2）燃烧需要的条件有：可燃物；氧气（或空气）；温度达到着火点。所以薪草属于可燃物。
用泥土覆盖在灰烬和燃着的薪草上，隔绝了氧气（或空气），所以这是主要利用隔绝了氧气（或空气）来达到灭火的目的。故填：可燃物；隔绝氧气（或空气）。
（3）氧化铁与一氧化碳高温条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式。故填：。
（4）根据反应的微观示意图可知，Fe变为Fe2+，Cu2+变为Cu，所以该反应过程中发生变化的微观粒子是Fe、Cu2+。故填：Fe、Cu2+。
6．（1）金属材料
（2）高
（3）导电
（4）氧气
（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
（1）根据金属和合金属于金属材料分收入
（2）根据合金的硬度比纯金属高分析；
（3）根据金属的导电性分析；
（4）根据铁生锈实质分析。
（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
7．（1）A
（2）化学
（3）糖类；C、H、O
（1）超高分子聚乙烯，属于塑料，是合成材料，故A符合题意，B不符合题意；
故答案为：A；
（2）汽车行驶时的能量转化为：化学能电能机械能；
故答案为：化学；
（3）米饭、面包中富含淀粉，淀粉属于糖类；淀粉进入人体后代谢的主要流程：淀粉葡萄糖二氧化碳和水，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，二氧化碳和水中含有碳、氢、氧三种元素，所以葡萄糖所含的三种元素为、、。
故答案为：糖类；C、H、O。
（1）根据三大合成材料包括塑料、合成橡胶、合成纤维进行分析解答；
（2）根据纯电动汽车行驶时由化学能转化为电能，电能再转化为机械能进行分析解答；
（3）根据淀粉属于糖类；根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答。
（1）超高分子聚乙烯，属于塑料，是合成材料。
故选A；
（2）汽车行驶时的能量转化为：化学能电能机械能；故填：化学；
（3）米饭、面包中富含淀粉，淀粉属于糖类；
淀粉进入人体后代谢的主要流程：淀粉葡萄糖二氧化碳和水，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，二氧化碳和水中含有碳、氢、氧三种元素，所以葡萄糖所含的三种元素为、、。
8．（1）四
（2）不同
（3）五
（4）Al3+
（1）镓原子核外有4个电子层，镓元素位于第四周期；
（2）A为氯元素，为非金属元素，镓为金属元素，由题中信息可知，在元素周期表中，镓元素与A元素所占方格颜色不同；
（3）元素种类由质子数决定，图示中A、C质子数相同，属于同种元素，所以共涉及五种元素；
（4）E的质子数为13，为铝元素，铝原子失去最外层3个电子，形成带3个单位正电荷的阳离子，符号为Al3+。
（1）根据元素周期数即为原子核外电子层数分析；
（2）根据元素周期表中金属元素和非金属颜色不同，氯元素为非金属元素，镓元素为金属元素分析；
（3）根据元素种类由质子数决定分析；
（4）根据铝离子符号书写分析。
（1）镓原子核外有4个电子层，故镓元素位于第四周期；
（2）在元素周期表中，金属和非金属颜色不同。由“金”字旁可知，镓元素属于金属元素，质子数=原子序数，A是17号元素，是氯元素，由“气”字旁可知，氯属于非金属元素，故在元素周期表中，镓元素与A元素所占方格颜色不同；
（3）元素是质子数相同的一类原子的总称，A、C质子数相同，属于同种元素，故图中涉及五种元素；
（4）质子数=原子序数，E的质子数为13，13号元素是铝元素，铝原子的最外层电子数为3，小于4，在化学反应中，容易失去最外层3个电子，从而带上3个单位的正电荷，表示为：Al3+。
9．（1）吸附
（2）金属
（3）C
（1）航天服中的废气处理系统能使呼吸产生的废气进入装有活性炭的装置进行净化，这是因为活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附废气。
（2）铝合金是铝的合金，属于金属材料。
（3）A、植物种子或块茎中富含糖类，故脱水米饭富含糖类，不符合题意；
B、蔬菜、水果富含维生素，故冻干水果富含维生素，不符合题意；
C、动物肌肉、皮肤、毛发富含蛋白质，故黑椒牛柳富含蛋白质，符合题意。
故答案为：C.
（1）根据活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味来解答；
（2）根据金属属于金属材料来解答；
（3）根据人体中的六大营养素是水、无机盐、糖类、油脂、蛋白质和维生素，而米饭属于糖类，冻干水果素颜维生素，牛肉属于蛋白质来解答。
（1）航天服中的废气处理系统能使呼吸产生的废气进入装有活性炭的装置进行净化，这是因为活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附废气；
（2）铝合金是铝的合金，属于金属材料；
（3）A、植物种子或块茎中富含糖类，故脱水米饭富含糖类，不符合题意；
B、蔬菜、水果富含维生素，故冻干水果富含维生素，不符合题意；
C、动物肌肉、皮肤、毛发富含蛋白质，故黑椒牛柳富含蛋白质，符合题意。
故选C。
10．；燃烧产物是水，无污染
水通电分解产生氢气和氧气，书写方程式注意标注反应条件、相应的气体符号并配平；氢气燃烧的产物是水，清洁无污染，而热值高。
根据反应物、生成物书写方程式，需遵循质量守恒定律，结合氢气燃烧的特点分析。
11．（1）70g
（2）降温
（3）蒸发结晶
（4）乙、甲、丙
（5）ab
甲的溶解度随温度变化明显，通常采用降温结晶；乙的溶解度随温度变化不明显，一般常用恒温蒸发溶剂结晶；丙的溶解度随温度变化升高而降低。
（1）t2℃时，丙物质的溶解度为40g，将30g丙加入到50g水中，可溶解20g丙，所得溶液质量为50g+20g=70g，故答案为：70g。
（2）丙的溶解度随温度的升高而减少，可以通过降温将丙的饱和溶液变成不饱和溶液，故答案为：降温。
（3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，当乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶的方法提纯乙，故答案为：蒸发结晶。
（4）t3℃时，溶解度大小为乙＞甲＞丙，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中溶质质量大小为乙＞甲＞丙，则溶剂质量大小为乙＜甲＜丙，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量不变，仍为乙＜甲＜丙，故答案为：乙、甲、丙。
（5）a、℃时 ，甲、丙溶液恒温蒸发等质量的水时，不知道溶液是否饱和，故无法判断析出晶体质量，该说法错误，符合题意；
b、t2℃时，甲、乙、丙的溶解度大小为乙＞甲=丙，现将t2℃时三种物质的饱和溶液升温至t3℃，甲、乙物质的溶解度增大，不析出晶体，则乙的浓度大于甲；而丙物质的溶解度减小，析出晶体，故丙的质量分数减小，小于甲；所以所得溶液的溶质质量分数：乙＞甲＞丙，该说法错误，符合题意；
c、在t1℃～t3℃之间，甲、丙的溶解度曲线有交点，说明在t1℃～t3℃之间的某温度甲丙的溶解度相同，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，该说法正确，不符合题意。
故答案为：ab。
根据甲的溶解度随温度变化明显，通常采用降温结晶；乙的溶解度随温度变化不明显，一般常用恒温蒸发溶剂结晶；丙的溶解度随温度变化升高而降低；不同物质在同一温度时的溶解度来计算是否为饱和溶液和该溶液的溶质的质量分数来解答。
（1）t2℃时，丙物质的溶解度为40g，将30g丙加入到50g水中，可溶解20g丙，所得溶液质量为50g+20g=70g，故填：70g；
（2）丙的溶解度随温度的升高而减少，可以通过降温将丙的饱和溶液变成不饱和溶液，故填：降温；
（3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，当乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶的方法提纯乙，故填：蒸发结晶；
（4）t3℃时，溶解度大小为乙＞甲＞丙，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中溶质质量大小为乙＞甲＞丙，则溶剂质量大小为乙＜甲＜丙，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量不变，仍为乙＜甲＜丙，故填：乙、甲、丙；
（5）a、未指明溶液是否饱和，无法判断析出晶体质量，错误；
b、t2℃时，溶解度大小为乙＞甲=丙，将t2℃时三种物质的饱和溶液升温至t3℃，甲、乙物质的溶解度增大，不析出晶体，应该按照t2℃时的溶解度计算，丙物质的溶解度减小，析出晶体，应该按照t3℃时的溶解度计算，所以所得溶液的溶质质量分数：乙＞甲＞丙，错误；
c、在t1℃～t3℃之间，甲、丙的溶解度曲线有交点，说明在t1℃～t3℃之间的某温度甲丙的溶解度相同，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，正确。
故选：ab或ba。
12．（1）氧气；C
（2）
（1）① 图1试管乙中的气体能使带火星的木条复燃，该气体是支持燃烧的氧气；②图2采用排水法收集氢气，是利用其难溶于水的性质；
（2）氢气在氧气中燃烧生成水，化学方程式为：。
（1）根据氧气的助燃性及氢气密度小的性质分析；
（2）根据氢气燃烧生成水分析。
（1）①电解水实验中，正极产生氧气，负极产生氢气，氢气和氧气的体积比为2：1，图1试管乙中产生的气体 较少，为氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃；
②图2采用排水法收集氢气，是利用其难溶于水的性质，故选C；
（2）氢气和氧气点燃生成水，化学方程式为：。
13．（1）金属；10
（2）原子的最外层电子数相同；Li2CO3
（3）C
（1）钛是“金”字旁，属于金属元素，在原子中，质子数=核外电子数=2+8+n+2=22，解得n=10，故答案为：金属；10。
（2）元素的化学性质由最外层电子数决定，最外层电子数相同的原子（稀有气体除外）的化学性质相似，故锂、钠两种元素化学性质相似的原因是原子的最外层电子数相同；Li的化合价为+1，碳酸根离子显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，碳酸锂的化学式为Li2CO3，故答案为：原子的最外层电子数相同；Li2CO3。
（3）在原子中，质子数=核外电子数，氦-3原子是一种含2个质子和1个中子的原子，则模型能表示氦-3原子的是C，故答案为：C。
（1）根据在原子中质子数等于电子数，元素有金属和非金属来解答；
（2）根据原子结构中最外层的电子数决定元素的化学性质，在化合物中各元素的化合价的代数和为0来解答；
（3）根据原子的结构是由质子、中子，电子构成，电子数等于质子数，原子的相对质量等于质子数+中子数来解答。
（1）钛是“金”字旁，属于金属元素，在原子中，质子数=核外电子数=2+8+n+2=22，解得n=10，故填：金属；10；
（2）元素的化学性质由最外层电子数决定，最外层电子数相同的原子（稀有气体除外）的化学性质相似，故锂、钠两种元素化学性质相似的原因是原子的最外层电子数相同；Li的化合价为+1，碳酸根离子显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，碳酸锂的化学式为Li2CO3，故填：原子的最外层电子数相同；Li2CO3；
（3）在原子中，质子数=核外电子数，氦-3原子是一种含2个质子和1个中子的原子，则模型能表示氦-3原子的是C，故填：C。
14．（1）a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧
（2）不能，因为温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧
（1）由图可知，a、b处白磷温度均达到着火点，但a处白磷未与氧气接触，故a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧；
（2）由题中信息可知，红磷的着火点是240℃，若a、b均为红磷，温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧，不满足单一变量原则，故无法证明可燃物燃烧需要与O2接触。
（1）根据燃烧需可燃物与氧气接触，温度需达到着火点分析；
（2）根据对比实验的变量的唯一性分析。
（1）由图可知，a、b处白磷温度均达到着火点，但a处白磷未与氧气接触，故a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧，故填：a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧；
（2）由题中信息可知，红磷的着火点是240℃，若a、b均为红磷，温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧，不满足单一变量原则，故无法证明可燃物燃烧需要与O2接触，故填：不能，因为温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧。
15．（1）B；C
（2）36；40%；＞
（1）A、植物油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不能得到溶液，故A错误；
B、小苏打（碳酸氢钠）能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，故B正确；
C、蔗糖能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，故C正确；
D、面粉不溶于水，与水混合形成悬浊液，不能得到溶液，故D错误。
故答案为：BC。
（2）①从溶解度曲线可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g。
②50℃时硝酸钾的溶解度是85.5g，即100g水中最多溶解85.5g硝酸钾。即在该温度下，100g水中最多只能溶解85.5g硝酸钾，则10g水最多只能溶解8.55g硝酸钾，则30g水中最多能溶解8.55g×3=25.65g ，所以20g硝酸钾放入30g水中，全部溶解，所得溶液中溶质的质量分数为。
③50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，其饱和溶液的溶质质量分数硝酸钾大于氯化钠；降温至20℃，两种物质的溶解度都减小，都会有晶体析出，得到20℃时的饱和溶液。20℃时氯化钠的溶解度大于硝酸钾的溶解度，根据，可知此时氯化钠溶液的溶质质量分数大于硝酸钾溶液的溶质质量分数。
故答案为：（1）BC；（2）①36； ②40%； ③>。
（1）A、根据植物油不溶于水，与水混合物不能形成溶液进行分析解答；
B、根据小苏打溶于水能形成均一、稳定的混合物进行分析解答；
C、根据蔗糖溶于水能形成均一、稳定的混合进行分析解答；
D、根据面粉不溶于水，与水混合不能形成溶液进行分析解答；
（2） ① 根据溶解度曲线上一个点的含义进行分析解答；
②根据固体溶解度的应用以及溶质质量分数=进行分析解答；
③根据，在相同温度下，溶解度越大，其饱和溶液的溶质质量分数也越大，氯化钠和硝酸钾的溶解度均随温度的降低而减小，饱和溶液降温之后，都会有晶体析出，溶液仍然为饱和溶液，再比较低温下溶解度大的溶质质量分数也大进行分析解答。
（1）A、植物油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不能得到溶液，该选项错误；
B、小苏打（碳酸氢钠）能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，该选项正确；
C、蔗糖能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，该选项正确；
D、面粉不溶于水，与水混合形成悬浊液，不能得到溶液，该选项错误。
故选：BC。
（2）①从溶解度曲线可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g。
②50℃时硝酸钾的溶解度是85.5g，即100g水中最多溶解85.5g硝酸钾。将20g KNO3 固体加入到盛有30g水的烧杯中，设30g水中最多能溶解硝酸钾的质量为x，则，解得x=25.65g > 20g，所以20g硝酸钾能全部溶解，所得溶液中溶质的质量分数为。
③50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，其饱和溶液的溶质质量分数硝酸钾大于氯化钠；降温至20℃，两种物质的溶解度都减小，都会有晶体析出，得到20℃时的饱和溶液。20℃时氯化钠的溶解度大于硝酸钾的溶解度，根据，可知此时氯化钠溶液的溶质质量分数大于硝酸钾溶液的溶质质量分数。
16．（1）化学；节能环保（合理即可）
（2）
（3）C；D
（1）充电桩给新能源汽车充电，是将电能转换成化学能；
新能源汽车与传统燃油汽车相比，其突出的优点在于环保节能，新能源汽车主要使用电力或其他清洁能源作为动力，不产生或产生较少的尾气排放，从而减少了空气污染，此外，新能源汽车还有助于节约能源，因为电力等清洁能源的获取方式相对多样且可再生；
（2）利用太阳能光伏电池电解水制高纯度氢气，水通电分解生成氢气和氧气，其反应的化学方程式为；
（3）A、金属氧化物是指由金属元素和氧元素组成的化合物，是由锂、铁、磷、氧四种元素组成的化合物，不属于金属氧化物，故A错误；
B、酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，不属于酸，故B错误；
C、是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，故C正确；
D、是不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故D正确；
故答案为：（1）化学；节能环保（合理即可）；（2）；（3）CD。
（1）根据充电桩给新能源汽车充电是将电能转化为化学能，新能源汽车比燃烧汽车更节能环保进行分析解答；
（2）根据水在通电的条件下生成氢气和氧气的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）A、根据金属氧化物的定义以及的元素组成进行分析解答；
B、根据酸和盐的定义进行分析解答；
C、根据盐的定义进行分析解答；
D、根据化合物的定义进行分析解答。
（1）充电桩给新能源汽车充电，是将电能转换成化学能；
新能源汽车与传统燃油汽车相比，其突出的优点在于环保节能，新能源汽车主要使用电力或其他清洁能源作为动力，不产生或产生较少的尾气排放，从而减少了空气污染，此外，新能源汽车还有助于节约能源，因为电力等清洁能源的获取方式相对多样且可再生；
（2）利用太阳能光伏电池电解水制高纯度氢气，水通电分解生成氢气和氧气，其反应的化学方程式为；
（3）A、金属氧化物是指由金属元素和氧元素组成的化合物，是由锂、铁、磷、氧四种元素组成的化合物，不属于金属氧化物，故错误；
B、酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，不属于酸，故错误；
C、是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，故正确；
D、是不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故正确；
故选CD。
17．（1）
（2）1个碳酸根离子含有3个氧原子
（3）1
（4）Cu
（1）书写离子符号时，需在原子或原子团右上角标注电荷量，数值在前，正负号在后，数值为“1”时数值可以省略不写。1个氢氧根离子带1个单位负电荷，氢氧根离子的符号为；表示多个离子就在其离子符号前加上相应的数字，所以两个氢氧根表示为；
（2）对于离子符号中元素符号右下角的数字，表示一个该离子中所含某原子的个数，所以 中 “3” 表示一个碳酸根离子含有 3 个氧原子；
（3）元素信息示意图左上角的数字表示原子序数，根据图像，铜的原子序数为29。原子的质子数=核外电子数原子序数，原子结构示意图中圆圈内的数字表示质子数，所以则，解得x=1；
（4）石青的主要成分Cu3 (CO3 )2 (OH)2 中含有的元素有铜、碳、氧、氢。金属单质、稀有气体、非金属固态单质等由原子直接构成，其元素符号既能表示一种物质，又能表示一个原子，所以可写Cu 或C。
故答案为：（1） ；（2） 1个碳酸根离子含有3个氧原子 ；（3）1；（4）Cu。
（1）根据在离子符号前面的数字表示离子个数进行分析解答；
（2）根据元素符号（或原子团）右上角的数字表示一个某离子所带的电荷数进行分析解答；
（3）根据元素周期表一个小格左上角的数字表示原子序数，原子中，原子序数=质子数=核外电子数，原子结构示意图中圆圈内的数字表示核内质子数进行分析解答；
（4）根据金属单质直接由原子构成，其元素符号可以表示一种元素，也可以表示一种物质，还能表示一个原子进行分析解答。
（1）书写离子符号时，需在原子或原子团右上角标注电荷量，数值在前，正负号在后，数值为“1”时数值可以省略不写。1个氢氧根离子带1个单位负电荷，氢氧根离子的符号为；表示多个离子就在其离子符号前加上相应的数字，所以两个氢氧根表示为。
（2）对于离子符号中元素符号右下角的数字，表示一个该离子中所含某原子的个数，所以 中 “3” 表示一个碳酸根离子含有 3 个氧原子。
（3）元素信息示意图左上角的数字表示原子序数，根据图像，铜的原子序数为29。原子的核外电子数等于原子序数，则，解得x=1。
（4）石青的主要成分Cu3 (CO3 )2 (OH)2 中含有的元素有铜、碳、氧、氢。金属单质、稀有气体、非金属固态单质等由原子直接构成，其元素符号既能表示一种物质，又能表示一个原子，所以可写Cu 或C。
18．（1）C；按先后顺序依次进行
（2）（或或）；置换反应
（1）A、木炭分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的；
B、 蜡烛在不同条件下的燃烧，是同步进行的，与A不同，故B不符合题意；
C、 硫分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的， 与A相同，故C符合题意；
D、比较吸入空气和呼出气体中二氧化碳含量多少，是同步进行的，与A不同，故D不符合题意。
则实验中的A与C归为一类，依据是按先后顺序依次进行。
故答案为：C；按先后顺序依次进行。
（2）根据题意可知K（Rb 、Cs）与Li和Na的化学性质相似，所以M金属与水反应即K（Rb 、Cs）与水反应生成KOH（RbOH、CsOH）和氢气，所以反应的化学方程式分别是：（或或） ；该反应是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，属于置换反应；
故答案为：（或或） ；置换反应。
（1）根据木炭分别在空气中和氧气燃烧、硫分别在空气和氧气中燃烧都是按照先后顺序依次进行实验进行分析解答；
（2）根据钾和水反应生成氢气和氢氧化钾或铷和水反应生成氢气和氢氧化铷或铯和水反应生成氢气和氢氧化铯的化学方程式的书写以及置换反应的定义进行分析解答。
（1）由题意，对比实验也有不同之处：有的实验应按先后顺序依次进行，有的实验需要同步进行。
A、木炭分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的；
B、 蜡烛在不同条件下的燃烧，是同步进行的，与A不同，故不符合题意；
C、 硫分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的， 与A相同，故符合题意；
D、比较吸入空气和呼出气体中二氧化碳含量多少，是同步进行的，与A不同，故不符合题意。
则实验中的A与C归为一类，依据是按先后顺序依次进行。
故填：C；按先后顺序依次进行。
（2） 根据题意可知K（Rb 、Cs）与Li和Na的化学性质相似，所以M金属与水反应即K（Rb 、Cs）与水反应生成KOH（RbOH、CsOH）和氢气，所以反应的化学方程式分别是：（或或） ；
该反应是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，属于置换反应；故填：置换反应。
19．（1）；有机化合物
（2）不变
（3）A
（4）甲烷，用作燃料
（1）由微粒的构成可知，1个甲烷分子是由1个碳原子和4个氢原子构成，则甲烷的化学式为；甲烷是含碳元素的化合物，属于有机化合物；
（2）化学变化的实质是分子分成原子，原子重新组合成新分子，则反应前后原子的种类一定不变；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变，反应前C、H、O的原子个数分别为1、2、3，反应后C、H、O的原子个数分别为1、4、4，则反应前还需补充2个氢原子和1个氧原子，即应在图中的反应物中补充一个 ；
（4）由图示可知，反应后的两种生成物是甲烷和氧气；甲烷，具有可燃性，可用作燃料；氧气具有助燃性，可用于炼钢，能供给呼吸，用于医疗急救。
故答案为：CH4 ；有机化合物； （2）不变； （3）A ；（4）甲烷，用作燃料。
（1）根据1个甲烷分子是由1个碳原子和4个氢原子构成，含有碳元素的化合物叫做有机物进行分析解答；
（2）根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类不变进行分析解答；
（3） 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变进行分析解答；
（4）根据甲烷具有可燃性，可以作燃料进行分析解答。
（1）由微粒的构成可知，1个甲烷分子是由1个碳原子和4个氢原子构成，则甲烷的化学式为；甲烷是含碳元素的化合物，属于有机化合物，故填：；有机化合物；
（2）化学变化的实质是分子分成原子，原子重新组合成新分子，则反应前后原子的种类一定不变，故填：不变；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变，反应前C、H、O的原子个数分别为1、2、3，反应后C、H、O的原子个数分别为1、4、4，则反应前还需补充2个氢原子和1个氧原子，即应在图中的反应物中补充一个，故选A；
（4）由图示可知，反应后的两种生成物是甲烷和氧气；甲烷，具有可燃性，可用作燃料；氧气具有助燃性，可用于炼钢，能供给呼吸，用于医疗急救，故填：甲烷，用作燃料或氧气，用于医疗急救、炼钢等（合理即可）。
20．（1）312
（2）4：1
（3）1.4
（1）奥司他韦的相对分子质量=12×16+1×28+14×2+16×4=312。
（2）奥司他韦分子中碳、氧原子个数比为16：4=4：1。
（3）15.6g奥司他韦中氮元素的质量为15.6g=1.4g。
（1）根据化合物中相对分子质量就是该分子中各原子的相对质量总和来解答；
（2）根据化合物中各元素的质量来解答；
（3）根据化合物中元素的质量以及元素的质量分数来解答。
（1）奥司他韦的相对分子质量=12×16+1×28+14×2+16×4=312，故填：312；
（2）奥司他韦分子中碳、氧原子个数比为16：4=4：1，故填：4：1；
（3）15.6g奥司他韦中氮元素的质量为15.6g=1.4g，故填：1.4。
21．导电；大；+4；；化学能转化为电能；牛奶；降低；
（1）①铜可以导电，航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和导电性。②合金的硬度比纯金属的硬度大，钢铁的硬度比纯铁大。③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中氧元素的化合价为-2，设钛元素的化合价为x，化合物中各元素的正负化合价代数和为零，则，，故Ti的化合价为+4。
（2）C8H18分子中碳、氢原子个数比为。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为化学能转化为电能。
（4）①供给食物包含牛奶和青菜，牛奶富含蛋白质，青菜富含维生素，其中主要为人体提供蛋白质的食品是牛奶。②水的沸点随压强的减小而降低，则部分淡水可通过减小压强使水的沸点降低，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为。
（1）根据金属的导电性，合金硬度大于纯金属，化合物中元素化合价代数和为0分析；
（2）根据化学式右下角数字为原子个数比分析；
（3）根据能量的转化分析；
（4）根据奶中富含蛋白质，菜中富含维生素分析；
（5）根据题意确定出Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2分析。
22．（1）增大
（2）搅拌
（3）505g
（4）A；B；D
（1）由表中数据可知，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大。
（2）加快溶解的方法有搅拌、升温、粉碎等。
（3）无土栽培营养液中钾元素质量即为KNO3中钾元素的质量，则需补充钾195g，需KNO3的质量为195g÷=505g。
（4）①溶液恒温蒸发溶剂析出晶体得到②溶液，①可能是不饱和溶液，也可能是饱和溶液，无论是表中哪一种物质，溶质质量分数都是①≤②，②溶液升温后得到③，表中所给物质NH4Cl和KNO3溶解度都随温度升高而增大，若为这两种物质的溶液，溶质质量分数②<③，ZnSO4溶解度随温度升高先增后降，若为ZnSO4则③的溶质质量分数不能确定，可能与②相等，故选ABD。
（1）根据表中所给数据分析；
（2）根据搅拌、升温等可加快溶解速率分析；
（3）根据元素质量为物质质量×元素质量分数分析；
（4）根据饱和溶液溶质质量分数＝溶解度/100+溶解度，不饱和溶液溶质质量分数一定小于该温度下该物质的饱和溶液溶质质量分数分析。
23．灭火（合理即可）；；
已知赤铁矿的主要成分是氧化铁，故C为赤铁矿的主要成分，则C是氧化铁；B是固体燃料且与氧化铁反应，则具有可燃性的物质又要和氧化铁反应生成则是单质碳，单质碳在氧气中完全燃烧生成二氧化碳， 单质碳在高温下和氧化铁反应生成单质铁和二氧化碳；D是碳的产物且又与氧化铁反应，则D是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳；A是单质碳的生成物，又可以和一氧化碳互相转换，则A是二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳。故通过分析和验证可知：A是二氧化碳，B是碳，C是氧化铁，D是一氧化碳。
A是二氧化碳，二氧化碳不燃烧也不支持燃烧且密度大于空气，故在生产生活中常用来灭火；
A转化为D的过程是二氧化碳和单质碳反应生成一氧化碳，则该反应的化学方程式为 ： ；
C与D反应就是氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为： 。
根据氧化铁是赤铁矿的主要成分，固体燃料单质碳又具有还原性可以和氧化铁反应生成铁和二氧化碳；碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳；碳在氧气中完全燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳来解答。
24．（1）物理
（2）CaCO3；白醋
（3）c
（4）回收利用
（1）”蛋壳裹蜡”是将蛋壳浸没在熔化的石蜡液中，然后取出、冷却，形成厚度适宜的石蜡保护层，该过程中没有新物质生成属于物理变化；
（2）蛋壳的主要成分是碳酸钙，其化学式为： CaCO3 ；醋酸是酸可以和蛋壳上的碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，故小组同学在“蜡上作画”后，可选用白醋腐蚀蛋壳。
（3）石蜡一般在50~70℃熔化，“去除蜡衣”的合理方法是将石蜡放在 80℃的热水中可以使石蜡熔化；若用砂纸打磨会损坏内部的物质，若用酒精灯火焰直接加热温度过高会内部的蛋壳变质，故去除蜡衣的合理方法是c。
故答案为：c.
（4）石蜡是固态的蜡烛，可以回收再利用，故作品完成后，合理处理使用过的石蜡的方法有回收利用。
（1）根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答；
（2）根据蛋壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳来解答；
（3）根据石蜡一般在50~70℃熔化来解答；
（4）根据石蜡是燃料可以回收再利用来解答。
25．；460；0.33≤d<0.38；空气 X 每消耗两份氧气，就会有一份二氧化碳气体生成 即计算在气体 Y 内，产物水为液态不计算在气体 Y 内。因“二变一”，故“气体 Y 中的分子一定比空气 X 中的分子少”。
甲烷与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，故该反应的化学方程式为：，故第1空填；已知10的二氧化碳，则二氧化碳的质量为，则可由化学方程式来计算出甲酸的质量：
，，故第2空填460；
二氧化碳分子直径0.33nm，甲烷的分子直径0.38nm，分子筛的
直径范围nm，故第3空填；
由化学方程式可知，空气X每消耗2/两份氧气，就会有1/一份二氧化碳气体生成，即计算在气体Y内，产物水为液态不计算在气体Y内，因“由二变一”，故”气体Y中的分子一定比空气X中的分子少“，故故第4空填：空气X每消耗2/两份氧气，就会有1/一份二氧化碳气体生成，即计算在气体Y内，产物水为液态不计算在气体Y内，因“由二变一”，故”气体Y中的分子一定比空气X中的分子少“；
故答案为：；460g；；空气X每消耗2/两份氧气，就会有1/一份二氧化碳气体生成，即计算在气体Y内，产物水为液态不计算在气体Y内，因“由二变一”，故”气体Y中的分子一定比空气X中的分子少“。
根据甲烷燃烧的化学方程式进行分析解答；
根据化学方程式的简单计算进行分析解答；
根据分子的直径大小进行分析解答；
根据甲烷燃烧的化学方程式中消耗2份空气中的气体，只产生1份气体进行分析解答。
26．（1）36
（2）不饱和
（3）相等
（4）2.4g
（5）25%
（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，则20℃时，100g水中最多溶解氯化钠的质量是36g；
（2）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，则饱和溶液蒸发的10g水应析出3.6克固体，而实际析出固体质量为2g，说明A1中溶液是不饱和溶液，A1和A2为相同的待测量溶液，则也是不饱和溶液；
（3）B1、B2中溶液中都存在没有溶解的固体，都是饱和溶液，溶液中溶质与溶剂的质量比相等；
（4）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，B1为饱和溶液，质量为80g-10g-2g=68g，则该饱和溶液中氯化钠质量=，水的质量=68g-10g=50g；则A1溶液中水的质量=50g+10g=60g，氯化钠固体质量=18g+2g=20g；A1与A2中溶液的溶质、溶剂质量相等，20℃时，60g水最多溶解氯化钠质量=，x的值=20g+4g-21.6g=2.4g；
（5）A1溶液中水的质量=60g，氯化钠固体质量=20g，待测氯化钠溶液中溶质质量分数=。
（1）根据溶解度确定100克水中最多溶解的物质质量分析；
（2）根据溶解度判断饱和溶液中蒸发一定量溶剂所需溶质质量及实际析出晶体质量确定溶液是否饱和分析；
（3）根据溶液的均一性分析；
（4）根据溶解度计算Al中溶质和溶剂质量，结合溶液的均一性确定A2中溶质和溶剂质量，从而计算x的值分析；
（5）根据溶质质量分数＝溶质质量/溶液质量分析。
（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，根据溶解度概念可知，20℃时，100g水中最多溶解氯化钠的质量是36g；
（2）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，若A1是饱和溶液，则蒸发的10g水与析出的氯化钠固体会形成饱和溶液，则析出的氯化钠固体质量=，3.6g>2g，则A1中溶液是不饱和溶液，溶液具有均一性，A2中溶液也是不饱和溶液；
（3）根据图示可知，B1、B2中溶液中都存在没有溶解的固体，则B1、B2都是饱和溶液，B1、B2中的溶液溶质与溶剂的质量比相等；
（4）B1溶液的质量=80g-10g-2g=68g，则该饱和溶液中氯化钠质量=，水的质量=68g-10g=50g；则A1溶液中水的质量=50g+10g=60g，氯化钠固体质量=18g+2g=20g；溶液具有均一性，A1与A2中溶液的溶质、溶剂质量相等，20℃时，60g水最多溶解氯化钠质量=，x的值=20g+4g-21.6g=2.4g；
（5）根据第（4）小题分析可知，A1溶液中水的质量=60g，氯化钠固体质量=20g，待测氯化钠溶液中溶质质量分数=。
27．（1）金属；137.3
（2）Mg
（3）失；
（1）“钡”字带有金字旁，属于金属元素；由元素周期表信息可知，元素名称下方的数字为相对原子质量，所以钡的相对原子质为：137.3；
（2）原子的最外层电子数相同的元素位于同一族，镁与钡的原子最外层电子数都为2，所以镁与钡位于同一族，镁的元素符号为：Mg；
（3）钡的最外层电子数为2，小于4，在化学变化中易失去电子，形成稳定结构 ；钡离子有毒，碳酸钡与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡溶液水形成氯化钡溶液，对人体有毒害作用，所以不能用碳酸钡做“钡餐”，方程式为：。
（1）根据名称带“钅”的为金属元素，元素周期表小格信息中最下面数字为相对原子质量分析；
（2）根据同一族元素的原子最外层电子数相同分析；
（3）根据最外层电子数小于4的易失电子，碳酸钡与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳分析。
（1）“钡”字带有金字旁，属于金属元素；
由元素周期表信息可知，元素名称下方的数字为相对原子质量，所以钡的相对原子质为：137.3；
（2）原子的最外层电子数相同的元素位于同一族，镁与钡的原子最外层电子数都为2，所以镁与钡位于同一族，镁的元素符号为：Mg；
（3）钡的最外层电子数为2，小于4，在化学变化中易失去电子，形成稳定结构 ；
钡离子有毒，碳酸钡与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡溶液水形成氯化钡溶液，对人体有毒害作用，所以不能用碳酸钡做“钡餐”，方程式为：。2025中考化学真题分题型分层汇编
13 填空题（中等题）
答案解析部分
1．（1）14；63.55
（2）密度小（合理即可）
（1）由“金”字旁可知，铜元素和镁元素属于金属元素，由“石”字旁可知，硅元素属于非金属元素，在元素周期表中，元素名称左上角的数字表示原子序数，原子序数=质子数=核电荷数，故硅原子的核电荷数为14；
铝元素、硅元素、镁元素均位于第三周期，铜元素不位于第三周期，在元素周期表中，元素名称下方的数字表示相对原子质量，铜的相对原子质量是63.55；
（2）用作航天材料，需要密度小，减轻重量，故用作航天材料，铝合金相对于普通钢的突出优点是密度小。
（1）根据带“石”的元素为非金属元素，元素周期表中，左上角的数字表示原子序——最下面数字为相对原子质量分析；
（2）根据航天材料的所具有的性能分析。
2．（1）羊毛；使面料更耐磨、耐腐蚀
（2）糖类；防止烫伤，避免腐蚀
（3）热能；c
（4）复合材料；通电时发出不同颜色的光
（1）羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛（烧毛发焦糊 ）味；涤纶是合成纤维，灼烧有特殊气味。所以闻到烧毛发焦糊味的是羊毛。羊毛面料中加涤纶，可以使面料更耐磨、耐腐蚀等（合理即可，如涤纶强度高，混纺后提升面料耐用性）；
（2）米饭的主要成分是淀粉，淀粉属于糖类 。发热包主要成分CaO，CaO与H2O反应放热（CaO+H2O=Ca(OH)2 ），反应剧烈且放热多，注意安全事项如防止烫伤，避免腐蚀（或远离易燃物，因反应放热可能引发危险） 。
（3）石墨烯电热膜供暖时，电能转化为热能。新风系统可净化空气，降低可吸入颗粒物（c ） 含量；氧气（a ）、氮气（b ）是空气主要成分，含量基本不变，故a、b不符合题意，c符合题意；
故答案为：c；
（4）玻璃纤维增强塑料是由玻璃纤维和塑料复合而成，属于复合材料。 航标灯和频闪灯充入稀有气体，利用稀有气体通电时能发出不同颜色的光的物理性质（可用于电光源 ）。
故答案为：（1）羊毛； 使面料更耐磨、耐腐蚀 ；（2）糖类； 防止烫伤，避免腐蚀 ；
（3）热能；c ；（4）复核材料； 通电时发出不同颜色的光 。
（1）根据羊毛富含蛋白质，灼烧会闻到烧焦羽毛味；羊毛面料加涤纶可以使面料更耐磨、耐腐蚀进行分析解答；
（2）根据淀粉属于糖类，氧化钙和水反应放出大量的热，使用发热包要注意防止烫伤、避免腐蚀进行分析解答；
（3）根据石墨烯电热膜供暖是将电能转化为热能；新风系统净化的空气中可吸入颗粒物明显降低进行分析解答；
（4）根据玻璃纤维增强塑料是由玻璃纤维和塑料两种材料复合而成；稀有气体通电会发出不同颜色的光可作电光源进行分析解答。
3．（1）防止燃烧产物下落使集气瓶炸裂(合理即可)
（2）气体燃烧，发出淡蓝色火焰
（3）氧气
（4）大
（1）铁丝在氧气中燃烧时，集气瓶中水的作用为防止高温熔融物溅落瓶底，使瓶底炸裂；
故答案为：防止高温熔融物溅落瓶底，使瓶底炸裂；
（2）电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，b玻璃管与电源负极相连，则收集的气体为氢气，氢气具有可燃性，则将燃着的木条放在b玻璃管尖嘴口检验产生的气体，打开活塞后，观察到气体燃烧，发出淡蓝色火焰；
故答案为：气体燃烧，发出淡蓝色火焰；
（3）白磷温度均达到了着火点，但薄铜片上的白磷与氧气接触，水中的白磷没有与氧气接触，对比可知燃烧需要与氧气接触；
故答案为：氧气；
（4）将黄铜片和铜片相互刻画，铜片上留下刻痕，说明黄铜片的硬度比铜片的硬度大；
故答案为：大。
（1）根据铁丝燃烧时，瓶底少量水的作用进行分析解答；
（2）根据氢气燃烧的现象进行分析解答；
（3）根据物质燃烧的条件进行分析解答；
（4）根据合金和纯金属的硬度大小进行分析解答。
（1）铁丝燃烧实验中，集气瓶中水的作用为防止高温熔融物溅落瓶底，使瓶底炸裂。
（2）电解水时，正极产生氧气，负极产生氢气，b玻璃管与电源负极相连，则收集的气体为氢气，氢气具有可燃性，则将燃着的木条放在b玻璃管尖嘴口检验产生的气体，打开活塞后，观察到气体燃烧，发出淡蓝色火焰。
（3）白磷温度均达到了着火点，但薄铜片上的白磷与氧气接触，水中的白磷没有与氧气接触，对比可知燃烧需要与氧气接触。
（4）将黄铜片和铜片相互刻画，铜片上留下刻痕，说明黄铜片的硬度比铜片的硬度大。
4．改变；3；降低；；低；化学；化学性质稳定
（1）元素是质子数相同的一类原子的总称，故衰变时核内质子数发生改变，则衰变后元素种类改变。
（2）Cun(CO3)2(OH)2 中铜元素显+2价，碳酸根离子显-2价，氢氧根离子显-1价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得：，n=3。
（3）生铁的含碳量为2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%，生铁在空气中加热，反复捶打，成为韧性十足的“百炼钢”，该过程中，碳燃烧生成二氧化碳，故生铁的含碳量降低。
（4）木炭和SnO2在高温下反应生成Sn和二氧化碳，该反应的化学方程式为：；合金比组成它的纯金属熔点低，故锡铅合金的熔点比纯锡低。
（5）熟石膏可用于文物修复，当其与适量水混合时会逐渐变硬、膨胀，生成生石膏，该过程有新物质生成，属于化学变化。
（6）发掘的某些珍贵文物可放入氮气保护箱中，是因为氮气化学性质稳定，可作保护气。
（1）根据元素的概念是质子数相同的一类原子的总称，质子数决定元素的种类来解答；
（2）根据化合物中正负价的代数和为0来解答；
（3）根据生铁中的含碳量是2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%来解答；
（4）根据碳和二氧化锡反应生成锡和二氧化碳，合金的特性是熔点低，硬度大，机械性能好，耐腐蚀来解答；
（5）根据有新物质生成的变化是化学变化来解答；
（6）根据氮气的化学性质稳定来解答。
5．（1）大
（2）可燃物；隔绝氧气（或空气）
（3）
（4）Fe、Cu2+
（1）由于合金的硬度大于组分金属，所以铜锡合金的硬度比纯铜大。
（2）燃烧需要的条件有：可燃物；氧气（或空气）；温度达到着火点。所以薪草属于可燃物。
用泥土覆盖在灰烬和燃着的薪草上，隔绝了氧气（或空气），所以这是主要利用隔绝了氧气（或空气）来达到灭火的目的。
（3）氧化铁与一氧化碳高温条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程
（4）根据反应的微观示意图可知，Fe变为Fe2+，Cu2+变为Cu，所以该反应过程中发生变化的微观粒子是Fe、Cu2+。
（1）根据合金的硬度比纯金属大来解答；
（2）根据可燃物的燃烧的条件是与氧气接触的同时达到着火点，灭火的原理是破坏燃烧的条件来解答；
（3）根据氧化铁与一氧化碳在高温条件下反应生成铁和二氧化碳来解答；
（4）根据铁和硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁来解答。
（1）由于合金的硬度大于组分金属，所以铜锡合金的硬度比纯铜大。故填：大。
（2）燃烧需要的条件有：可燃物；氧气（或空气）；温度达到着火点。所以薪草属于可燃物。
用泥土覆盖在灰烬和燃着的薪草上，隔绝了氧气（或空气），所以这是主要利用隔绝了氧气（或空气）来达到灭火的目的。故填：可燃物；隔绝氧气（或空气）。
（3）氧化铁与一氧化碳高温条件下反应生成铁和二氧化碳，化学方程式。故填：。
（4）根据反应的微观示意图可知，Fe变为Fe2+，Cu2+变为Cu，所以该反应过程中发生变化的微观粒子是Fe、Cu2+。故填：Fe、Cu2+。
6．（1）金属材料
（2）高
（3）导电
（4）氧气
（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
（1）根据金属和合金属于金属材料分收入
（2）根据合金的硬度比纯金属高分析；
（3）根据金属的导电性分析；
（4）根据铁生锈实质分析。
（1）金属材料包括纯金属和合金，铝合金属于合金，属于金属材料；
（2）合金的硬度和强度比组成它的纯金属高，则铝合金的硬度和强度都比纯铝高；
（3）太阳能电池路灯使用铜作导线，是因为铜具有良好的导电性；
（4）一般不用铁制作灯柱的原因是铁易与空气中的水蒸气和仰视反应而生锈。
7．（1）A
（2）化学
（3）糖类；C、H、O
（1）超高分子聚乙烯，属于塑料，是合成材料，故A符合题意，B不符合题意；
故答案为：A；
（2）汽车行驶时的能量转化为：化学能电能机械能；
故答案为：化学；
（3）米饭、面包中富含淀粉，淀粉属于糖类；淀粉进入人体后代谢的主要流程：淀粉葡萄糖二氧化碳和水，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，二氧化碳和水中含有碳、氢、氧三种元素，所以葡萄糖所含的三种元素为、、。
故答案为：糖类；C、H、O。
（1）根据三大合成材料包括塑料、合成橡胶、合成纤维进行分析解答；
（2）根据纯电动汽车行驶时由化学能转化为电能，电能再转化为机械能进行分析解答；
（3）根据淀粉属于糖类；根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答。
（1）超高分子聚乙烯，属于塑料，是合成材料。
故选A；
（2）汽车行驶时的能量转化为：化学能电能机械能；故填：化学；
（3）米饭、面包中富含淀粉，淀粉属于糖类；
淀粉进入人体后代谢的主要流程：淀粉葡萄糖二氧化碳和水，根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，二氧化碳和水中含有碳、氢、氧三种元素，所以葡萄糖所含的三种元素为、、。
8．（1）四
（2）不同
（3）五
（4）Al3+
（1）镓原子核外有4个电子层，镓元素位于第四周期；
（2）A为氯元素，为非金属元素，镓为金属元素，由题中信息可知，在元素周期表中，镓元素与A元素所占方格颜色不同；
（3）元素种类由质子数决定，图示中A、C质子数相同，属于同种元素，所以共涉及五种元素；
（4）E的质子数为13，为铝元素，铝原子失去最外层3个电子，形成带3个单位正电荷的阳离子，符号为Al3+。
（1）根据元素周期数即为原子核外电子层数分析；
（2）根据元素周期表中金属元素和非金属颜色不同，氯元素为非金属元素，镓元素为金属元素分析；
（3）根据元素种类由质子数决定分析；
（4）根据铝离子符号书写分析。
（1）镓原子核外有4个电子层，故镓元素位于第四周期；
（2）在元素周期表中，金属和非金属颜色不同。由“金”字旁可知，镓元素属于金属元素，质子数=原子序数，A是17号元素，是氯元素，由“气”字旁可知，氯属于非金属元素，故在元素周期表中，镓元素与A元素所占方格颜色不同；
（3）元素是质子数相同的一类原子的总称，A、C质子数相同，属于同种元素，故图中涉及五种元素；
（4）质子数=原子序数，E的质子数为13，13号元素是铝元素，铝原子的最外层电子数为3，小于4，在化学反应中，容易失去最外层3个电子，从而带上3个单位的正电荷，表示为：Al3+。
9．（1）吸附
（2）金属
（3）C
（1）航天服中的废气处理系统能使呼吸产生的废气进入装有活性炭的装置进行净化，这是因为活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附废气。
（2）铝合金是铝的合金，属于金属材料。
（3）A、植物种子或块茎中富含糖类，故脱水米饭富含糖类，不符合题意；
B、蔬菜、水果富含维生素，故冻干水果富含维生素，不符合题意；
C、动物肌肉、皮肤、毛发富含蛋白质，故黑椒牛柳富含蛋白质，符合题意。
故答案为：C.
（1）根据活性炭具有吸附性，可以吸附色素和异味来解答；
（2）根据金属属于金属材料来解答；
（3）根据人体中的六大营养素是水、无机盐、糖类、油脂、蛋白质和维生素，而米饭属于糖类，冻干水果素颜维生素，牛肉属于蛋白质来解答。
（1）航天服中的废气处理系统能使呼吸产生的废气进入装有活性炭的装置进行净化，这是因为活性炭结构疏松多孔，具有吸附性，可以吸附废气；
（2）铝合金是铝的合金，属于金属材料；
（3）A、植物种子或块茎中富含糖类，故脱水米饭富含糖类，不符合题意；
B、蔬菜、水果富含维生素，故冻干水果富含维生素，不符合题意；
C、动物肌肉、皮肤、毛发富含蛋白质，故黑椒牛柳富含蛋白质，符合题意。
故选C。
10．；燃烧产物是水，无污染
水通电分解产生氢气和氧气，书写方程式注意标注反应条件、相应的气体符号并配平；氢气燃烧的产物是水，清洁无污染，而热值高。
根据反应物、生成物书写方程式，需遵循质量守恒定律，结合氢气燃烧的特点分析。
11．（1）70g
（2）降温
（3）蒸发结晶
（4）乙、甲、丙
（5）ab
甲的溶解度随温度变化明显，通常采用降温结晶；乙的溶解度随温度变化不明显，一般常用恒温蒸发溶剂结晶；丙的溶解度随温度变化升高而降低。
（1）t2℃时，丙物质的溶解度为40g，将30g丙加入到50g水中，可溶解20g丙，所得溶液质量为50g+20g=70g，故答案为：70g。
（2）丙的溶解度随温度的升高而减少，可以通过降温将丙的饱和溶液变成不饱和溶液，故答案为：降温。
（3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，当乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶的方法提纯乙，故答案为：蒸发结晶。
（4）t3℃时，溶解度大小为乙＞甲＞丙，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中溶质质量大小为乙＞甲＞丙，则溶剂质量大小为乙＜甲＜丙，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量不变，仍为乙＜甲＜丙，故答案为：乙、甲、丙。
（5）a、℃时 ，甲、丙溶液恒温蒸发等质量的水时，不知道溶液是否饱和，故无法判断析出晶体质量，该说法错误，符合题意；
b、t2℃时，甲、乙、丙的溶解度大小为乙＞甲=丙，现将t2℃时三种物质的饱和溶液升温至t3℃，甲、乙物质的溶解度增大，不析出晶体，则乙的浓度大于甲；而丙物质的溶解度减小，析出晶体，故丙的质量分数减小，小于甲；所以所得溶液的溶质质量分数：乙＞甲＞丙，该说法错误，符合题意；
c、在t1℃～t3℃之间，甲、丙的溶解度曲线有交点，说明在t1℃～t3℃之间的某温度甲丙的溶解度相同，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，该说法正确，不符合题意。
故答案为：ab。
根据甲的溶解度随温度变化明显，通常采用降温结晶；乙的溶解度随温度变化不明显，一般常用恒温蒸发溶剂结晶；丙的溶解度随温度变化升高而降低；不同物质在同一温度时的溶解度来计算是否为饱和溶液和该溶液的溶质的质量分数来解答。
（1）t2℃时，丙物质的溶解度为40g，将30g丙加入到50g水中，可溶解20g丙，所得溶液质量为50g+20g=70g，故填：70g；
（2）丙的溶解度随温度的升高而减少，可以通过降温将丙的饱和溶液变成不饱和溶液，故填：降温；
（3）甲物质的溶解度受温度变化影响较大，当乙中含有少量甲时，最好采用的蒸发结晶的方法提纯乙，故填：蒸发结晶；
（4）t3℃时，溶解度大小为乙＞甲＞丙，等质量的甲、乙、丙三种物质的饱和溶液中溶质质量大小为乙＞甲＞丙，则溶剂质量大小为乙＜甲＜丙，降温至t1℃时，三种溶液中溶剂的质量不变，仍为乙＜甲＜丙，故填：乙、甲、丙；
（5）a、未指明溶液是否饱和，无法判断析出晶体质量，错误；
b、t2℃时，溶解度大小为乙＞甲=丙，将t2℃时三种物质的饱和溶液升温至t3℃，甲、乙物质的溶解度增大，不析出晶体，应该按照t2℃时的溶解度计算，丙物质的溶解度减小，析出晶体，应该按照t3℃时的溶解度计算，所以所得溶液的溶质质量分数：乙＞甲＞丙，错误；
c、在t1℃～t3℃之间，甲、丙的溶解度曲线有交点，说明在t1℃～t3℃之间的某温度甲丙的溶解度相同，可配制出甲、丙溶质质量分数相等的饱和溶液，正确。
故选：ab或ba。
12．（1）氧气；C
（2）
（1）① 图1试管乙中的气体能使带火星的木条复燃，该气体是支持燃烧的氧气；②图2采用排水法收集氢气，是利用其难溶于水的性质；
（2）氢气在氧气中燃烧生成水，化学方程式为：。
（1）根据氧气的助燃性及氢气密度小的性质分析；
（2）根据氢气燃烧生成水分析。
（1）①电解水实验中，正极产生氧气，负极产生氢气，氢气和氧气的体积比为2：1，图1试管乙中产生的气体 较少，为氧气，氧气具有助燃性，能使带火星的木条复燃；
②图2采用排水法收集氢气，是利用其难溶于水的性质，故选C；
（2）氢气和氧气点燃生成水，化学方程式为：。
13．（1）金属；10
（2）原子的最外层电子数相同；Li2CO3
（3）C
（1）钛是“金”字旁，属于金属元素，在原子中，质子数=核外电子数=2+8+n+2=22，解得n=10，故答案为：金属；10。
（2）元素的化学性质由最外层电子数决定，最外层电子数相同的原子（稀有气体除外）的化学性质相似，故锂、钠两种元素化学性质相似的原因是原子的最外层电子数相同；Li的化合价为+1，碳酸根离子显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，碳酸锂的化学式为Li2CO3，故答案为：原子的最外层电子数相同；Li2CO3。
（3）在原子中，质子数=核外电子数，氦-3原子是一种含2个质子和1个中子的原子，则模型能表示氦-3原子的是C，故答案为：C。
（1）根据在原子中质子数等于电子数，元素有金属和非金属来解答；
（2）根据原子结构中最外层的电子数决定元素的化学性质，在化合物中各元素的化合价的代数和为0来解答；
（3）根据原子的结构是由质子、中子，电子构成，电子数等于质子数，原子的相对质量等于质子数+中子数来解答。
（1）钛是“金”字旁，属于金属元素，在原子中，质子数=核外电子数=2+8+n+2=22，解得n=10，故填：金属；10；
（2）元素的化学性质由最外层电子数决定，最外层电子数相同的原子（稀有气体除外）的化学性质相似，故锂、钠两种元素化学性质相似的原因是原子的最外层电子数相同；Li的化合价为+1，碳酸根离子显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零的原则，碳酸锂的化学式为Li2CO3，故填：原子的最外层电子数相同；Li2CO3；
（3）在原子中，质子数=核外电子数，氦-3原子是一种含2个质子和1个中子的原子，则模型能表示氦-3原子的是C，故填：C。
14．（1）a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧
（2）不能，因为温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧
（1）由图可知，a、b处白磷温度均达到着火点，但a处白磷未与氧气接触，故a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧；
（2）由题中信息可知，红磷的着火点是240℃，若a、b均为红磷，温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧，不满足单一变量原则，故无法证明可燃物燃烧需要与O2接触。
（1）根据燃烧需可燃物与氧气接触，温度需达到着火点分析；
（2）根据对比实验的变量的唯一性分析。
（1）由图可知，a、b处白磷温度均达到着火点，但a处白磷未与氧气接触，故a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧，故填：a处白磷不燃烧，b处白磷燃烧；
（2）由题中信息可知，红磷的着火点是240℃，若a、b均为红磷，温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧，不满足单一变量原则，故无法证明可燃物燃烧需要与O2接触，故填：不能，因为温度未达到红磷的着火点，a、b处的红磷均不燃烧。
15．（1）B；C
（2）36；40%；＞
（1）A、植物油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不能得到溶液，故A错误；
B、小苏打（碳酸氢钠）能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，故B正确；
C、蔗糖能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，故C正确；
D、面粉不溶于水，与水混合形成悬浊液，不能得到溶液，故D错误。
故答案为：BC。
（2）①从溶解度曲线可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g。
②50℃时硝酸钾的溶解度是85.5g，即100g水中最多溶解85.5g硝酸钾。即在该温度下，100g水中最多只能溶解85.5g硝酸钾，则10g水最多只能溶解8.55g硝酸钾，则30g水中最多能溶解8.55g×3=25.65g ，所以20g硝酸钾放入30g水中，全部溶解，所得溶液中溶质的质量分数为。
③50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，其饱和溶液的溶质质量分数硝酸钾大于氯化钠；降温至20℃，两种物质的溶解度都减小，都会有晶体析出，得到20℃时的饱和溶液。20℃时氯化钠的溶解度大于硝酸钾的溶解度，根据，可知此时氯化钠溶液的溶质质量分数大于硝酸钾溶液的溶质质量分数。
故答案为：（1）BC；（2）①36； ②40%； ③>。
（1）A、根据植物油不溶于水，与水混合物不能形成溶液进行分析解答；
B、根据小苏打溶于水能形成均一、稳定的混合物进行分析解答；
C、根据蔗糖溶于水能形成均一、稳定的混合进行分析解答；
D、根据面粉不溶于水，与水混合不能形成溶液进行分析解答；
（2） ① 根据溶解度曲线上一个点的含义进行分析解答；
②根据固体溶解度的应用以及溶质质量分数=进行分析解答；
③根据，在相同温度下，溶解度越大，其饱和溶液的溶质质量分数也越大，氯化钠和硝酸钾的溶解度均随温度的降低而减小，饱和溶液降温之后，都会有晶体析出，溶液仍然为饱和溶液，再比较低温下溶解度大的溶质质量分数也大进行分析解答。
（1）A、植物油不溶于水，与水混合形成乳浊液，不能得到溶液，该选项错误；
B、小苏打（碳酸氢钠）能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，该选项正确；
C、蔗糖能溶于水，形成均一、稳定的混合物，即溶液，该选项正确；
D、面粉不溶于水，与水混合形成悬浊液，不能得到溶液，该选项错误。
故选：BC。
（2）①从溶解度曲线可知，20℃时NaCl的溶解度是36.0g。
②50℃时硝酸钾的溶解度是85.5g，即100g水中最多溶解85.5g硝酸钾。将20g KNO3 固体加入到盛有30g水的烧杯中，设30g水中最多能溶解硝酸钾的质量为x，则，解得x=25.65g > 20g，所以20g硝酸钾能全部溶解，所得溶液中溶质的质量分数为。
③50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，其饱和溶液的溶质质量分数硝酸钾大于氯化钠；降温至20℃，两种物质的溶解度都减小，都会有晶体析出，得到20℃时的饱和溶液。20℃时氯化钠的溶解度大于硝酸钾的溶解度，根据，可知此时氯化钠溶液的溶质质量分数大于硝酸钾溶液的溶质质量分数。
16．（1）化学；节能环保（合理即可）
（2）
（3）C；D
（1）充电桩给新能源汽车充电，是将电能转换成化学能；
新能源汽车与传统燃油汽车相比，其突出的优点在于环保节能，新能源汽车主要使用电力或其他清洁能源作为动力，不产生或产生较少的尾气排放，从而减少了空气污染，此外，新能源汽车还有助于节约能源，因为电力等清洁能源的获取方式相对多样且可再生；
（2）利用太阳能光伏电池电解水制高纯度氢气，水通电分解生成氢气和氧气，其反应的化学方程式为；
（3）A、金属氧化物是指由金属元素和氧元素组成的化合物，是由锂、铁、磷、氧四种元素组成的化合物，不属于金属氧化物，故A错误；
B、酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，不属于酸，故B错误；
C、是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，故C正确；
D、是不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故D正确；
故答案为：（1）化学；节能环保（合理即可）；（2）；（3）CD。
（1）根据充电桩给新能源汽车充电是将电能转化为化学能，新能源汽车比燃烧汽车更节能环保进行分析解答；
（2）根据水在通电的条件下生成氢气和氧气的化学方程式的书写进行分析解答；
（3）A、根据金属氧化物的定义以及的元素组成进行分析解答；
B、根据酸和盐的定义进行分析解答；
C、根据盐的定义进行分析解答；
D、根据化合物的定义进行分析解答。
（1）充电桩给新能源汽车充电，是将电能转换成化学能；
新能源汽车与传统燃油汽车相比，其突出的优点在于环保节能，新能源汽车主要使用电力或其他清洁能源作为动力，不产生或产生较少的尾气排放，从而减少了空气污染，此外，新能源汽车还有助于节约能源，因为电力等清洁能源的获取方式相对多样且可再生；
（2）利用太阳能光伏电池电解水制高纯度氢气，水通电分解生成氢气和氧气，其反应的化学方程式为；
（3）A、金属氧化物是指由金属元素和氧元素组成的化合物，是由锂、铁、磷、氧四种元素组成的化合物，不属于金属氧化物，故错误；
B、酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，不属于酸，故错误；
C、是由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，属于盐，故正确；
D、是不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故正确；
故选CD。
17．（1）
（2）1个碳酸根离子含有3个氧原子
（3）1
（4）Cu
（1）书写离子符号时，需在原子或原子团右上角标注电荷量，数值在前，正负号在后，数值为“1”时数值可以省略不写。1个氢氧根离子带1个单位负电荷，氢氧根离子的符号为；表示多个离子就在其离子符号前加上相应的数字，所以两个氢氧根表示为；
（2）对于离子符号中元素符号右下角的数字，表示一个该离子中所含某原子的个数，所以 中 “3” 表示一个碳酸根离子含有 3 个氧原子；
（3）元素信息示意图左上角的数字表示原子序数，根据图像，铜的原子序数为29。原子的质子数=核外电子数原子序数，原子结构示意图中圆圈内的数字表示质子数，所以则，解得x=1；
（4）石青的主要成分Cu3 (CO3 )2 (OH)2 中含有的元素有铜、碳、氧、氢。金属单质、稀有气体、非金属固态单质等由原子直接构成，其元素符号既能表示一种物质，又能表示一个原子，所以可写Cu 或C。
故答案为：（1） ；（2） 1个碳酸根离子含有3个氧原子 ；（3）1；（4）Cu。
（1）根据在离子符号前面的数字表示离子个数进行分析解答；
（2）根据元素符号（或原子团）右上角的数字表示一个某离子所带的电荷数进行分析解答；
（3）根据元素周期表一个小格左上角的数字表示原子序数，原子中，原子序数=质子数=核外电子数，原子结构示意图中圆圈内的数字表示核内质子数进行分析解答；
（4）根据金属单质直接由原子构成，其元素符号可以表示一种元素，也可以表示一种物质，还能表示一个原子进行分析解答。
（1）书写离子符号时，需在原子或原子团右上角标注电荷量，数值在前，正负号在后，数值为“1”时数值可以省略不写。1个氢氧根离子带1个单位负电荷，氢氧根离子的符号为；表示多个离子就在其离子符号前加上相应的数字，所以两个氢氧根表示为。
（2）对于离子符号中元素符号右下角的数字，表示一个该离子中所含某原子的个数，所以 中 “3” 表示一个碳酸根离子含有 3 个氧原子。
（3）元素信息示意图左上角的数字表示原子序数，根据图像，铜的原子序数为29。原子的核外电子数等于原子序数，则，解得x=1。
（4）石青的主要成分Cu3 (CO3 )2 (OH)2 中含有的元素有铜、碳、氧、氢。金属单质、稀有气体、非金属固态单质等由原子直接构成，其元素符号既能表示一种物质，又能表示一个原子，所以可写Cu 或C。
18．（1）C；按先后顺序依次进行
（2）（或或）；置换反应
（1）A、木炭分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的；
B、 蜡烛在不同条件下的燃烧，是同步进行的，与A不同，故B不符合题意；
C、 硫分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的， 与A相同，故C符合题意；
D、比较吸入空气和呼出气体中二氧化碳含量多少，是同步进行的，与A不同，故D不符合题意。
则实验中的A与C归为一类，依据是按先后顺序依次进行。
故答案为：C；按先后顺序依次进行。
（2）根据题意可知K（Rb 、Cs）与Li和Na的化学性质相似，所以M金属与水反应即K（Rb 、Cs）与水反应生成KOH（RbOH、CsOH）和氢气，所以反应的化学方程式分别是：（或或） ；该反应是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，属于置换反应；
故答案为：（或或） ；置换反应。
（1）根据木炭分别在空气中和氧气燃烧、硫分别在空气和氧气中燃烧都是按照先后顺序依次进行实验进行分析解答；
（2）根据钾和水反应生成氢气和氢氧化钾或铷和水反应生成氢气和氢氧化铷或铯和水反应生成氢气和氢氧化铯的化学方程式的书写以及置换反应的定义进行分析解答。
（1）由题意，对比实验也有不同之处：有的实验应按先后顺序依次进行，有的实验需要同步进行。
A、木炭分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的；
B、 蜡烛在不同条件下的燃烧，是同步进行的，与A不同，故不符合题意；
C、 硫分别在空气中和氧气中燃烧，是按先后顺序依次进行的， 与A相同，故符合题意；
D、比较吸入空气和呼出气体中二氧化碳含量多少，是同步进行的，与A不同，故不符合题意。
则实验中的A与C归为一类，依据是按先后顺序依次进行。
故填：C；按先后顺序依次进行。
（2） 根据题意可知K（Rb 、Cs）与Li和Na的化学性质相似，所以M金属与水反应即K（Rb 、Cs）与水反应生成KOH（RbOH、CsOH）和氢气，所以反应的化学方程式分别是：（或或） ；
该反应是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，属于置换反应；故填：置换反应。
19．（1）；有机化合物
（2）不变
（3）A
（4）甲烷，用作燃料
（1）由微粒的构成可知，1个甲烷分子是由1个碳原子和4个氢原子构成，则甲烷的化学式为；甲烷是含碳元素的化合物，属于有机化合物；
（2）化学变化的实质是分子分成原子，原子重新组合成新分子，则反应前后原子的种类一定不变；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变，反应前C、H、O的原子个数分别为1、2、3，反应后C、H、O的原子个数分别为1、4、4，则反应前还需补充2个氢原子和1个氧原子，即应在图中的反应物中补充一个 ；
（4）由图示可知，反应后的两种生成物是甲烷和氧气；甲烷，具有可燃性，可用作燃料；氧气具有助燃性，可用于炼钢，能供给呼吸，用于医疗急救。
故答案为：CH4 ；有机化合物； （2）不变； （3）A ；（4）甲烷，用作燃料。
（1）根据1个甲烷分子是由1个碳原子和4个氢原子构成，含有碳元素的化合物叫做有机物进行分析解答；
（2）根据质量守恒定律化学反应前后原子的种类不变进行分析解答；
（3） 根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变进行分析解答；
（4）根据甲烷具有可燃性，可以作燃料进行分析解答。
（1）由微粒的构成可知，1个甲烷分子是由1个碳原子和4个氢原子构成，则甲烷的化学式为；甲烷是含碳元素的化合物，属于有机化合物，故填：；有机化合物；
（2）化学变化的实质是分子分成原子，原子重新组合成新分子，则反应前后原子的种类一定不变，故填：不变；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变，反应前C、H、O的原子个数分别为1、2、3，反应后C、H、O的原子个数分别为1、4、4，则反应前还需补充2个氢原子和1个氧原子，即应在图中的反应物中补充一个，故选A；
（4）由图示可知，反应后的两种生成物是甲烷和氧气；甲烷，具有可燃性，可用作燃料；氧气具有助燃性，可用于炼钢，能供给呼吸，用于医疗急救，故填：甲烷，用作燃料或氧气，用于医疗急救、炼钢等（合理即可）。
20．（1）312
（2）4：1
（3）1.4
（1）奥司他韦的相对分子质量=12×16+1×28+14×2+16×4=312。
（2）奥司他韦分子中碳、氧原子个数比为16：4=4：1。
（3）15.6g奥司他韦中氮元素的质量为15.6g=1.4g。
（1）根据化合物中相对分子质量就是该分子中各原子的相对质量总和来解答；
（2）根据化合物中各元素的质量来解答；
（3）根据化合物中元素的质量以及元素的质量分数来解答。
（1）奥司他韦的相对分子质量=12×16+1×28+14×2+16×4=312，故填：312；
（2）奥司他韦分子中碳、氧原子个数比为16：4=4：1，故填：4：1；
（3）15.6g奥司他韦中氮元素的质量为15.6g=1.4g，故填：1.4。
21．导电；大；+4；；化学能转化为电能；牛奶；降低；
（1）①铜可以导电，航母电缆用纯铜制作，主要利用铜的延展性和导电性。②合金的硬度比纯金属的硬度大，钢铁的硬度比纯铁大。③钛可由二氧化钛(TiO2)制得，TiO2中氧元素的化合价为-2，设钛元素的化合价为x，化合物中各元素的正负化合价代数和为零，则，，故Ti的化合价为+4。
（2）C8H18分子中碳、氢原子个数比为。
（3）通讯工具使用的锂电池，工作时能量转化的主要方式为化学能转化为电能。
（4）①供给食物包含牛奶和青菜，牛奶富含蛋白质，青菜富含维生素，其中主要为人体提供蛋白质的食品是牛奶。②水的沸点随压强的减小而降低，则部分淡水可通过减小压强使水的沸点降低，进而使水汽化、冷凝而获得。
（5）Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2的化学方程式为。
（1）根据金属的导电性，合金硬度大于纯金属，化合物中元素化合价代数和为0分析；
（2）根据化学式右下角数字为原子个数比分析；
（3）根据能量的转化分析；
（4）根据奶中富含蛋白质，菜中富含维生素分析；
（5）根据题意确定出Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2分析。
22．（1）增大
（2）搅拌
（3）505g
（4）A；B；D
（1）由表中数据可知，NH4Cl的溶解度随温度升高而增大。
（2）加快溶解的方法有搅拌、升温、粉碎等。
（3）无土栽培营养液中钾元素质量即为KNO3中钾元素的质量，则需补充钾195g，需KNO3的质量为195g÷=505g。
（4）①溶液恒温蒸发溶剂析出晶体得到②溶液，①可能是不饱和溶液，也可能是饱和溶液，无论是表中哪一种物质，溶质质量分数都是①≤②，②溶液升温后得到③，表中所给物质NH4Cl和KNO3溶解度都随温度升高而增大，若为这两种物质的溶液，溶质质量分数②<③，ZnSO4溶解度随温度升高先增后降，若为ZnSO4则③的溶质质量分数不能确定，可能与②相等，故选ABD。
（1）根据表中所给数据分析；
（2）根据搅拌、升温等可加快溶解速率分析；
（3）根据元素质量为物质质量×元素质量分数分析；
（4）根据饱和溶液溶质质量分数＝溶解度/100+溶解度，不饱和溶液溶质质量分数一定小于该温度下该物质的饱和溶液溶质质量分数分析。
23．灭火（合理即可）；；
已知赤铁矿的主要成分是氧化铁，故C为赤铁矿的主要成分，则C是氧化铁；B是固体燃料且与氧化铁反应，则具有可燃性的物质又要和氧化铁反应生成则是单质碳，单质碳在氧气中完全燃烧生成二氧化碳， 单质碳在高温下和氧化铁反应生成单质铁和二氧化碳；D是碳的产物且又与氧化铁反应，则D是一氧化碳，一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳，碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳；A是单质碳的生成物，又可以和一氧化碳互相转换，则A是二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳。故通过分析和验证可知：A是二氧化碳，B是碳，C是氧化铁，D是一氧化碳。
A是二氧化碳，二氧化碳不燃烧也不支持燃烧且密度大于空气，故在生产生活中常用来灭火；
A转化为D的过程是二氧化碳和单质碳反应生成一氧化碳，则该反应的化学方程式为 ： ；
C与D反应就是氧化铁和一氧化碳反应生成铁和二氧化碳，该反应的化学方程式为： 。
根据氧化铁是赤铁矿的主要成分，固体燃料单质碳又具有还原性可以和氧化铁反应生成铁和二氧化碳；碳在氧气中不完全燃烧生成一氧化碳，一氧化碳和氧化铁反应生成铁和二氧化碳；碳在氧气中完全燃烧生成二氧化碳，二氧化碳与碳在高温下反应生成一氧化碳，一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳来解答。
24．（1）物理
（2）CaCO3；白醋
（3）c
（4）回收利用
（1）”蛋壳裹蜡”是将蛋壳浸没在熔化的石蜡液中，然后取出、冷却，形成厚度适宜的石蜡保护层，该过程中没有新物质生成属于物理变化；
（2）蛋壳的主要成分是碳酸钙，其化学式为： CaCO3 ；醋酸是酸可以和蛋壳上的碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，故小组同学在“蜡上作画”后，可选用白醋腐蚀蛋壳。
（3）石蜡一般在50~70℃熔化，“去除蜡衣”的合理方法是将石蜡放在 80℃的热水中可以使石蜡熔化；若用砂纸打磨会损坏内部的物质，若用酒精灯火焰直接加热温度过高会内部的蛋壳变质，故去除蜡衣的合理方法是c。
故答案为：c.
（4）石蜡是固态的蜡烛，可以回收再利用，故作品完成后，合理处理使用过的石蜡的方法有回收利用。
（1）根据有新物质生成的变化是化学变化，没有新物质生成的变化是物理变化来解答；
（2）根据蛋壳的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳来解答；
（3）根据石蜡一般在50~70℃熔化来解答；
（4）根据石蜡是燃料可以回收再利用来解答。
25．；460；0.33≤d<0.38；空气 X 每消耗两份氧气，就会有一份二氧化碳气体生成 即计算在气体 Y 内，产物水为液态不计算在气体 Y 内。因“二变一”，故“气体 Y 中的分子一定比空气 X 中的分子少”。
甲烷与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化碳和水，故该反应的化学方程式为：，故第1空填；已知10的二氧化碳，则二氧化碳的质量为，则可由化学方程式来计算出甲酸的质量：
，，故第2空填460；
二氧化碳分子直径0.33nm，甲烷的分子直径0.38nm，分子筛的
直径范围nm，故第3空填；
由化学方程式可知，空气X每消耗2/两份氧气，就会有1/一份二氧化碳气体生成，即计算在气体Y内，产物水为液态不计算在气体Y内，因“由二变一”，故”气体Y中的分子一定比空气X中的分子少“，故故第4空填：空气X每消耗2/两份氧气，就会有1/一份二氧化碳气体生成，即计算在气体Y内，产物水为液态不计算在气体Y内，因“由二变一”，故”气体Y中的分子一定比空气X中的分子少“；
故答案为：；460g；；空气X每消耗2/两份氧气，就会有1/一份二氧化碳气体生成，即计算在气体Y内，产物水为液态不计算在气体Y内，因“由二变一”，故”气体Y中的分子一定比空气X中的分子少“。
根据甲烷燃烧的化学方程式进行分析解答；
根据化学方程式的简单计算进行分析解答；
根据分子的直径大小进行分析解答；
根据甲烷燃烧的化学方程式中消耗2份空气中的气体，只产生1份气体进行分析解答。
26．（1）36
（2）不饱和
（3）相等
（4）2.4g
（5）25%
（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，则20℃时，100g水中最多溶解氯化钠的质量是36g；
（2）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，则饱和溶液蒸发的10g水应析出3.6克固体，而实际析出固体质量为2g，说明A1中溶液是不饱和溶液，A1和A2为相同的待测量溶液，则也是不饱和溶液；
（3）B1、B2中溶液中都存在没有溶解的固体，都是饱和溶液，溶液中溶质与溶剂的质量比相等；
（4）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，B1为饱和溶液，质量为80g-10g-2g=68g，则该饱和溶液中氯化钠质量=，水的质量=68g-10g=50g；则A1溶液中水的质量=50g+10g=60g，氯化钠固体质量=18g+2g=20g；A1与A2中溶液的溶质、溶剂质量相等，20℃时，60g水最多溶解氯化钠质量=，x的值=20g+4g-21.6g=2.4g；
（5）A1溶液中水的质量=60g，氯化钠固体质量=20g，待测氯化钠溶液中溶质质量分数=。
（1）根据溶解度确定100克水中最多溶解的物质质量分析；
（2）根据溶解度判断饱和溶液中蒸发一定量溶剂所需溶质质量及实际析出晶体质量确定溶液是否饱和分析；
（3）根据溶液的均一性分析；
（4）根据溶解度计算Al中溶质和溶剂质量，结合溶液的均一性确定A2中溶质和溶剂质量，从而计算x的值分析；
（5）根据溶质质量分数＝溶质质量/溶液质量分析。
（1）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，根据溶解度概念可知，20℃时，100g水中最多溶解氯化钠的质量是36g；
（2）20℃时，氯化钠的溶解度为36g，若A1是饱和溶液，则蒸发的10g水与析出的氯化钠固体会形成饱和溶液，则析出的氯化钠固体质量=，3.6g>2g，则A1中溶液是不饱和溶液，溶液具有均一性，A2中溶液也是不饱和溶液；
（3）根据图示可知，B1、B2中溶液中都存在没有溶解的固体，则B1、B2都是饱和溶液，B1、B2中的溶液溶质与溶剂的质量比相等；
（4）B1溶液的质量=80g-10g-2g=68g，则该饱和溶液中氯化钠质量=，水的质量=68g-10g=50g；则A1溶液中水的质量=50g+10g=60g，氯化钠固体质量=18g+2g=20g；溶液具有均一性，A1与A2中溶液的溶质、溶剂质量相等，20℃时，60g水最多溶解氯化钠质量=，x的值=20g+4g-21.6g=2.4g；
（5）根据第（4）小题分析可知，A1溶液中水的质量=60g，氯化钠固体质量=20g，待测氯化钠溶液中溶质质量分数=。
27．（1）金属；137.3
（2）Mg
（3）失；
（1）“钡”字带有金字旁，属于金属元素；由元素周期表信息可知，元素名称下方的数字为相对原子质量，所以钡的相对原子质为：137.3；
（2）原子的最外层电子数相同的元素位于同一族，镁与钡的原子最外层电子数都为2，所以镁与钡位于同一族，镁的元素符号为：Mg；
（3）钡的最外层电子数为2，小于4，在化学变化中易失去电子，形成稳定结构 ；钡离子有毒，碳酸钡与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡溶液水形成氯化钡溶液，对人体有毒害作用，所以不能用碳酸钡做“钡餐”，方程式为：。
（1）根据名称带“钅”的为金属元素，元素周期表小格信息中最下面数字为相对原子质量分析；
（2）根据同一族元素的原子最外层电子数相同分析；
（3）根据最外层电子数小于4的易失电子，碳酸钡与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳分析。
（1）“钡”字带有金字旁，属于金属元素；
由元素周期表信息可知，元素名称下方的数字为相对原子质量，所以钡的相对原子质为：137.3；
（2）原子的最外层电子数相同的元素位于同一族，镁与钡的原子最外层电子数都为2，所以镁与钡位于同一族，镁的元素符号为：Mg；
（3）钡的最外层电子数为2，小于4，在化学变化中易失去电子，形成稳定结构 ；
钡离子有毒，碳酸钡与胃液中的盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，氯化钡溶液水形成氯化钡溶液，对人体有毒害作用，所以不能用碳酸钡做“钡餐”，方程式为：。
