1、【化学】中考化学化学科普阅读题练习题及答案及解析一、中考化学科普阅读题1阅读下面科普短文（原文有删改）。食品添加剂食品添加剂指在生产食品的过程中，在食品中加入的化学物质。食品添加剂一般不单独作为食品来食用；它可以是天然物质，也可以是人工合成的物质；把它加入到食品中是为了改善食品的色、香、味，同时也能起到防腐、保鲜的作用。到目前为止，全世界食品添加剂品种达到25000种，它们都可以食用。但是，像三聚氰胺、孔雀石绿、苏丹红等物质却禁止在食品中添加，因为它们是化工原料。我国食品添加剂使用卫生标准中规定了各类食品中食品添加剂的安全用量。如作为甜味剂的“甜蜜素”，其使用范围及最大使用量如下表所示。使用范
2、围最大使用量（g/kg）酱菜、调味酱汁、糕点、冰淇淋、饮料等0.65蜜饯1.0陈皮、话梅、话李、杨梅干等8.0甜蜜素(C6H11NHSO3Na）是白色固体，味甜，外观与蔗糖相似，甜度为蔗糖的4050倍，是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于食品加工行业，其熔点是265C，分解温度约280C，无明显现象。蔗糖的熔点是186C，在190220的较高温度下，蔗糖发生反应，最终形成黑色物质。目前，97%的食品中使用了各种添加剂，可以说，食品添加剂已成为现代食品工业生产中不可缺少的物质。（1）苏丹红_（填“是”或“不是”）食品添加剂。（2）某检测员在100g某品牌九制话梅中检测出1.01克的甜蜜素，判断该
3、话梅中甜蜜素是否超标，并写出判断依据_。（3）鉴别甜蜜素和蔗糖的方法是_。（4）下列关于选购食品方法正确的是_。A只选择不含食品添加剂的食品B关注食品营养表中添加剂的品种和用量C选择加工度低的食品，以免摄入过多的添加剂D只关注食品的营养成分，不在乎是否含有添加剂（5）我们是否需要食品添加剂？说明理由。（任选A或B作答，若两个均作答，按A计分。）_A需要的理由是。B不需要的理由是。【答案】不是 超标，判断依据是：100g中添加1.01g甜蜜素相当于1000g中添加10.1g，10.1g8.0g，超出1000g话梅中甜蜜素的最大使用量。 分别取等量固体于试管中加热，先熔化的是蔗糖（或最终形成黑色固
4、体的是蔗糖）。或取一种固体于试管中加热，若最终形成黑色固体的，则原固体是蔗糖，另一种固体为甜蜜素。 B和C 选择A，从改善食品的色香味、延长食品的保质期等方面以及食品添加剂确实提高了现代食品的品质说明。选择B从安全用量及副作用等方面说明。 【解析】根据题中信息知，甜蜜素(C6H11NHSO3Na）是白色固体，味甜，外观与蔗糖相似，甜度为蔗糖的4050倍，是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于食品加工行业，其熔点是265C，分解温度约280C，无明显现象。蔗糖的熔点186C，在190220的较高温度下，蔗糖发生反应，最终形成黑色物质。像三聚氰胺、孔雀石绿、苏丹红等物质却禁止在食品中添加，因为它们是
5、化工原料。（1）苏丹红不是食品添加剂。（2）某检测员在100g某品牌九制话梅中检测出1.01克的甜蜜素，判断该话梅中甜蜜素是否超标，并写出判断依据100g中添加1.01g甜蜜素相当于1000g中添加10.1g，10.1g8.0g，超出1000g话梅中甜蜜素的最大使用量。（3）鉴别甜蜜素和蔗糖的方法是分别取等量固体于试管中加热，先熔化的是蔗糖（或最终形成黑色固体的是蔗糖）。或取一种固体于试管中加热，若最终形成黑色固体的，则原固体是蔗糖，另一种固体为甜蜜素。（4）下列关于选购食品方法正确的是B关注食品营养表中添加剂的品种和用量。C选择加工度低的食品，以免摄入过多的添加剂。（5）我们是否需要食品添加
6、剂？说明理由。选择A，从改善食品的色香味、延长食品的保质期等方面以及食品添加剂确实提高了现代食品的品质说明。选择B从安全用量及副作用等方面说明。点睛:本题是一道能力考查题，善于从材料中捕捉有效信息，解决一些实际问题。2化学就在我们身边（1）萌萌是个爱劳动的孩子，平时自己的衣物总是自己清洗，她发现用湿手取少量洗衣粉时感觉到手发烫，原因是洗衣粉溶于水_（填“放热”或“吸热“）。生活用水在净化过程中常用_吸附色素和异味，一般可以通过_的方法降低水的硬度。（2）阅读文字，在横线上写出相应的化学方程式：安全火柴的火柴头上主要含有氯酸钾、二氧化锰、硫和玻璃粉等，火柴杆上涂有少量的石蜡，火柴盒两边的摩擦层是
7、由红磷和玻璃粉调和而成的。火柴着火的主要过程是：火柴头在火柴盒上划动时，产生的热量使红磷燃烧；_。红磷燃烧放出的热量使氯酸钾分解；_。氯酸钾分解放出的氧气与硫在点燃条件下反应；_。硫与氧气反应放出的热量引燃石蜡（C25H32），石蜡燃烧的产物是二氧化碳和水，最终使火柴杆着火。_。（3）汽车给人们生活带来巨大便利的同时也带来了严重的空气污染；汽车发动机是将空气与汽油（设汽油主要成分为：C8H18）以一定的比例混合成良好的混合气，被吸入汽缸，经压缩后由高压放电点火燃烧而产生热能，高温高压的气体作用于活塞顶部，推动活塞作往复运动，从而产生动力，发动机再将燃烧后的废气排出；经过研究发现，汽车尾气中含有
8、NO、CO等有害气体。试着回答下列问题：尾气中的NO是在发动机中高压放电或者高温的时候经过化合反应产生，试写出该反应的方程式：_汽车尾气中的CO在四氧化三钴（Co3O4）纳米棒的催化作用下，低温即与O2反应生成CO2下列关于该反应的说法中，不正确的是（_）A反应类型为化合反应B可降低汽车尾气对大气的污染C反应前后Co3O4质量改变D反应前后碳元素的化合价改变汽车尾气中的NO可以在催化剂的作用下，使CO与NO发生化学反应，生成一种单质和一种化合物，其中单质为组成大气最多的一种成分，试写出该反应的化学方程式：_【答案】（1） 放热 、 活性炭 、煮沸（2） 4P+5O22P2O52KClO32KC
9、l + 3O2 S+O2SO2C25H32+33O2点燃 16H2O+25CO2（3） N2+O22NO C 2CO+2NON2+2CO2【解析】试题分析：（1）因为取少量洗衣粉时感觉到手发烫，所以可以判断洗衣粉溶于水放热；活性炭具有较强的吸附性，故生活用水在净化过程中常用吸附色素和异味；一般可以通过加热煮沸的方法降低水的硬度（2）红磷燃烧：4P+5O22P2O5；氯酸钾分解：2KClO32KCl + 3O2 ；氧气与硫在点燃条件下反应：S+O2SO2；引燃石蜡（C25H32），石蜡燃烧的产物是二氧化碳和水：C25H32+33O216H2O+25CO2（3）因为NO是在发动机中高压放电或者高温
10、的时候经过化合反应产生，所以可推知，反应物应是氮气和氧气，故方程式为： N2+O22NO；汽车尾气中的CO在四氧化三钴（Co3O4）纳米棒的催化作用下，低温即与O2反应生成CO2，四氧化三钴（Co3O4）纳米棒是催化剂，所以质量应该不变，所以C错误，经分析：CO与NO发生化学反应，生成一种单质和一种化合物，其中单质为组成大气最多的一种成分，所以单质是氮气，化合物自然就是一氧化碳，方程式为：2CO+2NON2+2CO2考点：物质溶于水的放热现象，水的净化，化学方程式的书写3阅读下面科普短文。土豆是继水稻、小麦、玉米之后的第四大粮食作物，含淀粉、蛋白质、维生素C等多种营养物质，是餐桌上的美味食材。
11、表1鲜土豆中主要营养物质的含量（每100g）蛋白质/g脂肪/g淀粉/g钙/mg磷/mg维生素C/mg1.5-2.30.4-0.9417.5-28.011-6015-6820-40土豆切开后发生褐变，用水浸泡能防止褐变，但会引起营养物质流失。用土豆片进行实验，测得其食用品质、淀粉含量和维生素C含量随浸泡时间的变化如下:土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒，就算是把变绿、发芽的部位削掉，也不宜食用。除食用外，土豆还可以作为原料广泛用于医药、化工、纺织、造纸等工业中。依据文章内容回答下列问题。（1）表1中的“钙”指的是_（填“元素”或“原子”）。（2）由图1可知：60min内
12、，_（填序号，下同）。A 浸泡30min比10min脆性分值高B 浸泡10min，硬度、咬碎感均无明显变化C 随着浸泡时间的增加，粘结性、弹性分值均降低（3）由图2可知：土豆片的淀粉含量与浸泡时间的关系是_。（4）変绿、发芽的土豆不宜食用，其原因是_。（5）下列说法正确的是_。A 土豆是四大粮食作物之一 B 土豆中维生素C含量最高C 用水泡可防止土豆片褐変 D 土豆开发应用的前景广阔【答案】元素 ABC 在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随浸泡时间的延长而降低 土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒 ACD 【解析】【分析】【详解】(1)一般情况下，没有特别
13、说明，表1中“钙”、“磷”是指元素，故此空填写：元素；(2)A、由图1可知：60min内，浸泡30min比10min脆性分值高，故符合题意；B、浸泡10min，硬度、咬碎感跟0min比，均无明显变化，故符合题意；C、由图1可知：60min内，随着浸泡时间的增加，粘结性、弹性分值均降低，故符合题意。(3) 由图2可知，随横坐标数值的增加，曲线的纵坐标在逐渐减少，故填写：在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随浸泡时间的延长而降低；(4)由题干文字可知，変绿、发芽的土豆不宜食用，其原因是土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒；(5)A、由题干文字可知，土豆是四大粮食
14、作物之一，故符合题意；B、由表1可知，土豆中维生素C含量不是最高，“磷”和“钙”的含量有可能比它高，故不符合题意；C、由题干文字可知，用水泡可防止土豆片褐変，故符合题意；D、由题干文字可知，土豆开发应用的前景广阔，故符合题意。4阅读下面材料，回答问题：炼草成油不是梦化石能源的大量使用会产生大量CO2，同时产生一些有污染的烟气，威胁全球生态。为了有效改善生态，有的国家利用富含纤维素的草本植物、可食用作物（包括玉米、大豆、甘蔗）为原料，制造草油。用可食用作物制造生物燃料是最简单可行的，但是并非长久之计，因为没有足够的耕地来满足发达国家对液态燃油的需求。其实，可转化为草油的原料有很多，从木材废料到农
15、业废弃物，再到“能源生物”，这些原料耕作成本低、产量大。这些植物都能够在农田的边际土地上快速生长，它们的种植不会干扰和危及粮食作物的生长。放眼全球，每年可利用上述物质能转化的生物燃料相当于340亿1 600亿桶原油，已超过全球每年30亿桶原油的消耗量。纤维素类草本植物能转化成任何类型的燃料，如乙醇、普通汽油、柴油甚至航空燃油。在2011年，第一个商业化生物燃料炼制厂已建成。人类历史上的能源新纪元草油时代就要到来。（1）开发清洁可再生的能源是当今能源发展方向，其原因是_（写一条）。（2）生物燃料的能量来源于自然界中的_能。（3）纤维素类草本植物能转化为乙醇，乙醇属于_（填“可再生”或“不可再生”
16、）能源，其燃烧的化学方程式为_。（4）“草油的大量使用可缓解温室效应”的说法是错误的，原因是_（写一条）。（5）推动草油业的发展，可提高周边农户的收入，给出你的建议_（写一条）。【答案】化石能源不可再生且燃烧时会产生大量的二氧化碳等温室气体 太阳 可再生 C2H5OH+3O22CO2+3H2O 草油燃烧也会产生二氧化碳 在农田的边际土地上多种植能制作草油的作物 【解析】【分析】【详解】（1）化石能源不可再生且燃烧时会产生大量的二氧化碳等温室气体，所以开发清洁可再生的能源是当今能源发展方向。（2）生物燃料的能量来源于自然界中的太阳能。（3）纤维素类草本植物能转化为乙醇，乙醇属于可再生能源，其燃烧
17、生成二氧化碳和水，化学方程式为：C2H5OH+3O22CO2+3H2O。（4）草油中含有碳元素，草油燃烧也会产生二氧化碳，所以“草油的大量使用可缓解温室效应”的说法是错误的。（5）在农田的边际土地上多种植能制作草油的作物，推动草油业的发展，可提高周边农户的收入。5阅读下面科普短文。土豆是继水稻、小麦、玉米之后的第四大粮食作物，含淀粉、蛋白质、维生素C等多种营养物质，是餐桌上的美味食材。表1鲜土豆中主要营养物质的含量（每100g）蛋白质/g脂肪/g淀粉/g钙/mg磷/mg维生素C/mg1.52.30.40.9417.528.0116015682040土豆切开后发生褐变，用水浸泡能防止褐变，但会引
18、起营养物质流失。用土豆片进行实验，测得其食用品质、淀粉含量和维生素C含量随浸泡时间的变化如下:土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒，就算是把变绿、发芽的部位削掉，也不宜食用。除食用外，土豆还可以作为原料广泛用于医药、化工、纺织、造纸等工业中。依据文章内容回答下列问题。（1）表1中的“钙”指的是_（填“元素”或“原子”）。（2）由图1可知：60min内，_（填序号）。A浸泡30min比10min脆性分值高B浸泡10min，硬度、咬碎感均无明显变化C随着浸泡时间的增加，粘结性、弹性分值均降低（3）由图2可知：土豆片的淀粉含量与浸泡时间的关系是_。（4）変绿、发芽的土豆不宜食
19、用，其原因是_。（5）下列说法不正确的是_（填序号）。A土豆是四大粮食作物之一 B土豆中维生素C含量最高C用水泡可防止土豆片褐変 D土豆开发应用的前景广阔【答案】元素 ABC 在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随浸泡时间的延长而降低 土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒 B 【解析】【分析】【详解】（1）物质都是由元素组成的，所以表1中的“钙”指的是元素；（2）A、由图1中的信息可知，浸泡30min比10min脆性分值高，故A正确；B、由图1中的信息可知，浸泡10min，硬度、咬碎感均无明显变化，故B正确；C、由图1中的信息可知，随着浸泡时间的增加，粘结性
20、、弹性分值均降低，故C正确；（3）由图2提供的信息可知，在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随着浸泡时间的延长而降低；（4）由题干提供的信息可知：土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒；（5）A、由题干“土豆是继水稻、小麦、玉米之后的第四大粮食作物”可知，A正确；B、由表1提供的信息可知，淀粉的含量最高，故B错误；C、由题干“土豆切开后发生褐变，用水浸泡能防止褐变，但会引起营养物质流失。”可知，C正确；D、由题干“除食用外，土豆还可以作为原料广泛用于医药、化工、纺织、造纸等工业中。”可知D正确。故答案为：（1）元素；（2）ABC；（3）在其他条件相同时，在研究
21、范围内，土豆片的淀粉含量随着浸泡时间的延长而降低；（4）土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒；（5）B。6可燃冰是在低温和高压条件下形成。可燃冰外观像冰，主要含有甲烷水合物，其组成可表示为CH4nH2O，还含少量二氧化碳等气体。可燃冰具有能量高、燃烧值大等优点。2017年5月，中国首次海域天然气水合物(可燃冰)试采成功，成为全球第一个稳定开采可燃冰的国家。可燃冰开采困难重重，原因之一是可然冰极不稳定易爆炸，当甲烷气体涌入大气层，会产生比二氧化碳更为严重的温室效应。置换法是开采方法之一，将CO2液化后进入1500米以下的洋面，就会生成二氧化碳水合物沉入海底，因CO2较甲烷
22、易于形成水合物，因而就可能将甲烷水合物中的甲烷分子置换出来。(1)一个甲烷分子中含有_个原子。32g甲烷完全燃烧后可以生成_g二氧化碳。(2)下列有关说法正确的是_。A 可燃冰的开采不存在任何困难B 可燃冰是一种前景广阔的燃料C 能产生温室效应的气体除二氧化碳外，还有甲烷等气体(3)某种可燃冰的组成为CH4nH2O，其中CH4与H2O的质量比是1：9，则该可燃冰中n=_。(4)一定条件下，甲烷与二氧化碳反应是回收处理二氧化碳的一种方法，其产物是一种单质和一种氧化物，都有可燃性，请写出该反应的化学方程式_。【答案】5 88 BC 8 CH4+CO2 2CO+2H2 【解析】【分析】可燃冰外观像冰
23、，主要含有甲烷水合物，还含少量二氧化碳等气体，甲烷完全燃烧后可以生成二氧化碳和水，甲烷为清洁燃料，可然冰极不稳定易爆炸，当甲烷气体涌入大气层，会产生比二氧化碳更为严重的温室效应。【详解】（1）甲烷的化学式为,一个甲烷分子中含有5个原子，设32g甲烷完全燃烧后可以生成二氧化碳质量为x. x=88g故32g甲烷完全燃烧后可以生成88g二氧化碳。（2）可燃冰是一种前景广阔的燃料，燃烧产生二氧化碳和水，是清洁燃料，甲烷燃烧产生二氧化碳，过多的燃烧会引起温室效应，能产生温室效应的气体除二氧化碳外，还有甲烷等气体，故选B。（3）某种可燃冰的组成为CH4nH2O，其中CH4与H2O的质量比是1：9，则16：
24、18n=1:9，所以n=8。（4）一定条件下，甲烷与二氧化碳反应是回收处理二氧化碳的一种方法，其产物是一种单质和一种氧化物，都有可燃性，根据元素守恒推测生成物是一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为CH4+CO2 2CO+2H2。【点睛】甲烷与二氧化碳反应是回收处理二氧化碳的一种方法，其产物是一种单质和一种氧化物，都有可燃性，会正确书写化学方程式，根据化学方程式进行计算。7阅读下面短文，回答有关问题:大约在氮气发现的百年之后,英国化学家瑞利一方面从空气中除掉氧气、二氧化碳、水蒸气得到氮气,另一方面从氮化物中分解制得氮气，两种途径得到的氮气密度却不相同,从而发现了稀有气体。天然存在的稀有气体有六种,
25、即氦、氖、氩、氪、氙、氡,其中绝大部分是氩气。稀有气体没有颜色,没有气味,化学性质很不活泼，在空气的成分中约占0.94%(体积分数)。在生产和生活中,稀有气体有广泛的用途:例如氦气是除了氢气以外最轻的气体,不易燃不易爆,为安全起见，现已用氦气取代氢气充入飞艇或探空气球中;氩气在焊接精密零件的过程中,常用作保护气;氪能吸收X射线,可用作X射线工作时的遮光材料等。（1）从空气中除掉氧气、二氧化碳、水蒸气得到氮气与从氮化物中分解制得氮气密度不同的原因是_。（2）氦气取代氢气充入飞艇或探空气球中,利用氦气的物理性质是_；由文中所述，可推知氢气的化学性质有_。（3）氩气在焊接精密零件的过程中，常用作保护
26、气是因为_。（4）除了文中提到的你还知道稀有气体的用途有_(答一点即可)。【答案】空气中还含有稀有气体 密度比空气小 有可燃性或易燃易爆(合理即可) 氩气的化学性质不活泼 制作多种用途的电光源(合理即可) 【解析】【详解】（1）从空气中除掉氧气、二氧化碳、水蒸气得到氮气中含有稀有气体，从其他物质中分解得到的氮气较纯净，因此密度不同。故填：空气中还含有稀有气体；（2）氦气取代氢气充入飞艇或探空气球中，利用氦气的物理性质是：密度比空气小；由文中所述，可推知氢气的化学性质有：可燃性或易燃易爆(合理即可)。故填：密度比空气小；有可燃性或易燃易爆(合理即可)；（3）氩气在焊接精密零件的过程中，常用作保护
27、气是因为氩气的化学性质不活泼。故填：氩气的化学性质不活泼；（4）除了文中提到的稀有气体的用途，稀有气体还可用于制作多种用途的电光源。故填：制作多种用途的电光源。8认识氨气：材料：氨气是无色有强烈的刺激气味的气体：密度比空气小；降温至-33.5可变为液态；1体积水大约溶解700体积氨气，其水溶液显碱性；在高温条件下分解生成氮气和氢气；与氯化氢气体混合产生白烟（成分为氯化铵）；用于制液氮、氮水、硝酸、铵盐和胺类等。工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂作用下合成氨气；实验室可用加热氯化铵和熟石灰两种固体的方法制取氨气（1）物质的组成与结构。写出氨气的化学式并标注氮元素的化合价_，由其化学式可获得关于氨
28、气定量组成的信息是_（写一条）。（2）物质的性质。阅读上文，归纳氨气的化学性质（至少两条）_。（3）物质的变化I.用方程式表示工业和实验室制取氨气时发生的化学变化_II.变化中不发生变化的是_（填字母编号）。a.氨分子的能量；b.氨分子的运动速率；c.氨分子的质量；d.氨分子之间的相互作用；e.氨分子的化学性质；f.氨分子之间的间隔；g.氨分子的构成从微观的角度看变化和的本质区别是_。III.描述变化的微观过程_（4）物质的制备工业制氨气所用催化剂可重复使用，其原因是_。实验室制取氨气应选取的发生装置_（填装置编号）是检查该装置气密性的方法是_，用D装置收集氨气时，验满的方法是_，将湿润的_（
29、填“红色”或“蓝色”）石蕊试纸。放在_（填“a”或“b”）处，观察到_证明集满。【答案】 氨气中氮、氢元素的质量比为14:3（合理即可） 氨气在高温下能分解、氨气能与氯化氢反应（合理即可） 、 ceg 变化中分子不变，中分子改变 （在高温条件下）构成氨分子的氮、氢原子重新组合成氮分子和氢分子 催化剂在化学反应前后的质量和化学性质不变 B 将导管的一端浸入水中，用手握住试管，如果导管口有气泡冒出，证明装置气密性良好 用湿润的红色石蕊试纸检验 红色 a 红色石蕊试纸变蓝 【解析】【分析】氮气和氢气在催化剂、高温高压下生成氨气，氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气。【详解】（1）氨气的化学式为，
30、氢元素的化合价为+1价，设：氮元素的化合价为x，化合物中各元素的正负化合价代数和为零，故氮元素的化合价表示为，由其化学式可获得关于氨气定量组成的信息是氨气中氮、氢元素的质量比为14：3。（2）化学性质是通过化学变化表现出的性质，故氨气的化学性质是氨气在高温下能分解、氨气能与氯化氢反应。（3）I.氮气和氢气在催化剂、高温高压下生成氨气，工业制取氨气化学方程式为；实验室制取氨气反应是氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式为。II.变化是氨气降温至-33.5可变为液态，不发生变化的是氨分子的质量、氨分子的化学性质、氨分子的构成，故选ceg。从微观的角度看变化是物理变化，变化是化学
31、变化，故本质区别变化中分子不变，中分子改变。III.描述变化的微观过程是在高温条件下，构成氨分子的氮、氢原子重新组合成氮分子和氢分子。（4）催化剂在反应中加快或抑制化学反应速率，本身的质量和化学性质不变，故工业制氨气所用催化剂可重复使用，其原因是催化剂在化学反应前后的质量和化学性质不变。氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，故实验室制取氨气应选取的发生装置是B，检查该装置气密性的方法是将导管的一端浸入水中，用手握住试管，如果导管口有气泡冒出，证明装置气密性良好，用D装置收集氨气时，氨气溶于水显碱性，能使湿润的红色石蕊变蓝，验满的方法是用湿润的红色石蕊试纸检验，将湿润的红色石蕊试纸，放在a处
32、，观察到红色石蕊试纸变蓝证明集满。【点睛】化合物中各元素的正负化合价代数和为零，催化剂在反应中加快或抑制化学反应速率，本身的质量和化学性质不变，氨气溶于水溶液显碱性，能使湿润的红色石蕊变蓝。9碳循环，是指碳元素在地球上的生物圈、岩石圈、水圈及大气圈中交换，并随地球的运动循环不止的现象。生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从大气中吸收二氧化碳，在水的参与下经光合作用转化为葡萄糖（C6H12O6）并释放出氧气，有机体再利用葡萄糖合成其他有机生化合物。有机化合物经食物链传递，又成为动物和细菌等其他生物体的一部分。生物体内的碳水化合物一部分作为有机体代谢的能源经呼吸作用被氧化为二氧化碳和水，并释放出其中
33、储存的能量。自然界中绝大多数的碳储存于地壳岩石中，岩石中的碳因自然和人为的各种化学作用分解后进入大气和海洋，同时死亡生物体以及其他各种含碳物质又不停地以沉积物的形式返回地壳中，由此构成了全球碳循环的一部分。人类燃烧矿物燃料以获得能量时，产生大量的二氧化碳。其结果是大气中二氧化碳浓度升高。这样就破坏了自然界原有的平衡，可能导致气候异常，产生温室效应。矿物燃料燃烧生成并排入大气的二氧化碳有一小部分可被海水溶解，但海水中溶解态二氧化碳的增加又会引起海水中酸碱平衡和碳酸盐溶解平衡的变化。请回答下列问题（1）“碳循环”中的“碳”是指_。（填“碳单质”、“碳原子”或“碳元素”）。（2）绿色植物的光合作用在
34、“碳循环”中的意义是_，生物呼吸作用的产物是_。（3）举一例说明燃料燃烧产生二氧化碳的途径_。（用化学方程式表示）（4）利用碳循环分析，可防治温室效应加剧的措施有_。（写一条即可）（5）下列说法正确的是_。（填字母序号）A 动植物的遗体和排出物不再参与碳循环B 绿色植物的光合作用将太阳能储存在有机物中C 人类的活动干扰是破坏“碳循环”平衡的主要因素D 地壳中的碳也会参与到碳循环进入生物圈、水圈及大气圈中【答案】碳元素 将大气圈中的碳转移到生物圈中（合理即可） CO2和H2O 植树造林，增大绿地面积，开发新能源，减少含碳燃料的燃烧等（合理即可） BCD 【解析】【详解】（1）“碳循环”中“碳”的
35、是指碳元素；故填：碳元素；（2）绿色植物的光合作用在“碳循环”中的意义是将大气圈中的碳转移到生物圈中，生物呼吸作用的产物是CO2和H2O。故填：将大气圈中的碳转移到生物圈中（合理即可）；CO2和H2O；（3）木炭燃烧生成二氧化碳，反应的方程式为：。故填：；（4）植树造林，增大绿地面积，开发新能源，减少含碳燃料的燃烧等可防治温室效应加剧。故填：植树造林，增大绿地面积，开发新能源，减少含碳燃料的燃烧等；（5）A 死亡生物体以及其他各种含碳物质又不停地以沉积物的形式返回地壳中，由此构成了全球碳循环的一部分，故错误；B 绿色植物的光合作用生成氧气和有机物，将太阳能储存在有机物中，正确；C 人类的活动干
36、扰是破坏“碳循环”平衡的主要因素，正确；D 地壳中的碳也会参与到碳循环进入生物圈、水圈及大气圈中，正确；故选：BCD。10土豆是餐桌上的美味食材，含淀粉、蛋白质、维生素C等多种营养物质，土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒，就算是把变绿发芽的部位削掉，也不宜食用。土豆切开后发生褐变，用水浸泡能防止褐变，但会引起营养物质流失。用土豆片进行实验，测得其食用品质、淀粉含量和维生素C含量随浸泡时间的变化如下：依据以上信息回答下列问题（1）由图1可知：浸泡30min比10min脆性分值_（填“升高”、“不变”、降低”，下同）：浸泡10min，硬度、咬脆感_，在60min内，随着浸
37、泡时间的增加，粘结性、弹性分值_。（2）由图2可知：浸泡_min，土豆片的淀粉含量和维生素C含量相等；土豆片的淀粉含量与浸泡时间的关系是_。（3）要想吃到不粘的土豆丝，是否是浸泡时间越长越好_（填“是”或“否”）。原因_。（4）变绿、发芽的土豆不宜食用，其原因是_。（5）下列说法正确的是_（填字母序号）。A土豆是四大粮食作物之一B土豆中维生素C含量最高C用水泡可防止土豆片褐变D土豆开发应用的前景广阔【答案】升高 不变 均降低 35 在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随浸泡时间的延长而降低 否 浸泡时间过长会导致部分营养物质流失 土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可
38、导致中毒 ACD 【解析】【详解】（1）分析图1，浸泡30min比10min脆性分值升高，浸泡10min，硬度、咬脆感不变，在60min内，随着浸泡时间的增加，粘结性、弹性分值均降低；故填：升高；不变；均降低。（2）分析图2，浸泡35min，土豆片的淀粉含量和维生素C含量相等；在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随浸泡时间的延长而降低；故填：35；在其他条件相同时，在研究范围内，土豆片的淀粉含量随浸泡时间的延长而降低。（3）要想吃到不粘的土豆丝，浸泡时间不能过长，浸泡时间过长会导致部分营养物质流失；故填：否；浸泡时间过长会导致部分营养物质流失。（4）变绿、发芽的土豆，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒；故填：土豆变绿、发芽时，龙葵素含量显著增高，而龙葵素多食可导致中毒。（5）A土豆是继水稻、小麦、玉米之后的第四大粮食作物，A正确；B土豆中，淀粉的含量最高，故B错误；C由题干“土豆切开后发生褐变，用水浸泡能防止褐变，但会引起营养物质流失。”可知，C正确；D除食用外，土豆还可以作为原料广泛用于医药、化工、纺织、造纸等工业中，D正确。故填：ACD。
