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2024年广东省广州市天河区中考二模化学试卷（学生版+教师版）
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1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，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；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1. 牛奶中能促进骨骼生长和牙齿坚固的化学元素是
A. 钠B. 铁C. 钙D. 锌
【答案】C
【解析】
【详解】钙元素能促进骨骼生长和牙齿坚固，故选：C。
2. 空气是一种宝贵的资源。下列说法不正确的是
A. 焊接金属时常用氮气作保护气B. 二氧化硫是一种空气污染物
C. 空气成分按质量计算，氧气约占21%D. 稀有气体可制成多种用途的电光源
【答案】C
【解析】
【详解】A、氮气的化学性质稳定，焊接金属时常用氮气作保护气，故A说法正确；
B、目前计入空气质量评价的主要污染物有：二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒物（PM10）、细颗粒物（PM2.5）、臭氧等，即二氧化硫是一种空气污染物，故B说法正确；
C、空气成分按体积计算，氧气约占21%，故C说法错误；
D、稀有气体通电会发出不同颜色的光，可制成多种用途的电光源，故D说法正确；
故选：C
3. 厨房里的“锅碗飘盆”“油盐酱醋”蕴含丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A. 陶瓷碗烧制过程中发生化学变化B. 塑料盆主要由有机合成材料制成
C. 油脂是人体唯一的供能物质D. 酱油属于混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A、陶瓷碗烧制过程中，涉及燃烧，有新物质生成，属于化学变化，故A说法正确；
B、 塑料盆是由塑料制成的，塑料属于有机合成材料，故B说法正确；
C、蛋白质、糖类、油脂都能为人体生命活动提供能量，故C说法错误；
D、酱油中含有多种物质，属于混合物，故D说法正确；
故选：C
4. 下列有关燃料及其利用的说法正确的是
A. 可燃性气体点燃前需验纯B. 煤、石油、天然气是可再生能源
C. 天然气泄漏，立即打开抽油烟机换气D. 人类利用的能量都是通过化学反应获得的
【答案】A
【解析】
【详解】A、为防止发生爆炸，所有可燃性气体点燃前都应验纯，故说法正确；
B、煤、石油、天然气都是化石燃，都是经过亿万年才缓慢形成的，均属于不可再生能源，故说法错误；
C、可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险，所以发现家中天然气泄漏，立即打开抽油烟机，可能会引起爆炸，故说法错误；
D、人类利用的能量不一定是通过化学反应获得的，如风力发电等，故说法错误。
故选A。
5. 钒（V）广泛用于催化行业、下列说法正确的是
A. 钒属于非金属元素B. 钒的相对原子质量是50.94g
C. V3+的核外电子数为23D. 一个钒原子含23个质子
【答案】D
【解析】
【详解】A、钒元素名称含有 “钅”字旁，属于金属元素，错误；
B、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，钒元素原子的相对原子质量为50.94，单位是“1”，不是“g”，错误；
C、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，钒元素的原子序数为23，原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则钒元素的原子核外电子数为23，而V3+是由V失去3个电子形成，则核外电子数=23-3=20，错误；
D、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，该元素的原子序数为23；根据原子中原子序数=核电荷数=质子数，则该元素的质子数为23，正确。
故选D。
6. 下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、K2CO3只含有农作物需求量大的钾元素，属于钾肥，劳动项目与所涉及的化学知识相符，错误；
B、洗涤剂对油污有乳化作用，能使植物油以很小的液滴在水中分散成小液滴，不是洗涤剂能溶解油污，劳动项目与所涉及的化学知识不相符，正确；
C、生石灰与水反应生成氢氧化钙，生石灰能吸收水分，能作为食品包装内的干燥剂，劳动项目与所涉及的化学知识相符，错误
D、用石灰浆粉刷墙壁，利用了石灰浆与CO2反应生成碳酸钙和水，劳动项目与所涉及的化学知识相符，错误。
故选B。
7. 下列有关水的说法正确的是
A. 通过蒸馏的方法可得到纯净水
B. 加入明矾可以使硬水变成软水
C. 电解水时负极和正极产生的气体体积比为1：2
D. 电解水生成氢气和氧气，说明水中含有氢分子和氧分子
【答案】A
【解析】
【详解】A、蒸馏可以除去水中的所有杂质，故通过蒸馏的方法可得到纯净水，正确；
B、明矾溶于水后生成的胶状物对杂质有吸附性，使悬浮于水中的杂质沉降来达到净水的目的，不能将硬水软化，煮沸可将硬水软化，错误；
C、电解水时，与电源负极相连的玻璃管内的气体体积多，与电源正极相连的玻璃管内产生的气体体积少，且两者的体积之比大约是2：1，错误；
D、水电解生成氢气和氧气，说明水中含有氢、氧元素，不是含有氢分子和氧分子，错误。
故选A。
8. 白磷易燃，保存在冷水中、利用白磷探究燃烧条件的实验如图。下列说法正确的是
A. 左侧白磷燃烧，产生大量白雾
B. 实验时可观察到隔板先向右再向左移动
C. 对比两侧白磷的现象，说明燃烧需要接触氧气
D. 白磷保存在冷水中是为了降低白磷的着火点
【答案】B
【解析】
【详解】A、白磷在空气中燃烧，产生大量白烟，而不是白雾，故说法错误；
B、左侧白磷燃烧，放出热量，隔板左侧装置内空气受热膨胀，压强增大，实验开始时观察到隔板向右移动，反应后冷却至室温，隔板左侧装置氧气被消耗，压强减小，隔板向左移动，故说法正确；
C、对比W型管左右两侧白磷的现象，说明燃烧需要的条件是温度达到着火点，故说法错误；
D、白磷保存在冷水中，不能与氧气接触，温度达不到着火点，而不是降低白磷的着火点，故说法错误。
故选B。
9. 对下列宏观事实的微观解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧气经压缩可以储存在钢瓶中，是因为分子之间有间隔，受压后，分子之间的间隔变小，故A不符合题意；
B、金刚石和石墨均是由碳原子构成，但是碳原子的排列方式不同，故物理性质差异很大，故B不符合题意；
C、元素是具有相同质子数一类原子的总称，Mg和Al是不同种元素，是因为Mg和Al的质子数不同，故C符合题意；
D、过氧化氢和水化学性质不同，是因为分子构成不同，过氧化氢是由过氧化氢分子构成的，水是由水分子构成的，故H2O2与H2O化学性质不同，故D不符合题意。
故选C。
10. 如图是CO2资源化利用转化为甲烷的微观示意图。下列说法正确的是
A. 该反应属于置换反应
B. 中C、H元素的质量比为1：4
C. 和按个数比1：1进行该反应
D. 该反应实现了无机化合物到有机化合物的转化
【答案】D
【解析】
【详解】由微观示意图可知，该反应的化学方程式为；
A、置换反应是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，由可知，该反应不属于置换反应，说法错误，不符合题意；
B、由微观示意图可知，是甲烷，则甲烷中碳、氢元素的质量比为，说法错误，不符合题意；
C、由微观示意图可知，是二氧化碳，使水，根据化学方程式，则二氧化碳和水按个数比1:2进行该反应，说法错误，不符合题意；
D、二氧化碳属于无机化合物，甲烷属于有机化合物，该反应实现了无机化合物到有机化合物的转化，说法正确，符合题意。
故选：D。
11. 金属锰的活动性位于铝和锌之间，锰的化合物相关性质如下、下列说法不正确的是
A. Mn能与稀硫酸反应放出氢气
B. Mn能从MgCl2溶液中置换出Mg
C. Mn（OH）2、MnCO3均可与盐酸反应
D. MnCO3可由MnCl2溶液和K2CO3溶液反应制得
【答案】B
【解析】
【详解】A、锰的金属活动性位于铝和锌之间，说明在金属活动性顺序里，锰排在氢前，说明锰能与稀硫酸反应生成氢气，故A不符合题意；
B、镁的活动性大于铝，铝的活动性大于锰，所以锰不能从MgCl2溶液中置换出Mg，故B符合题意；
C、酸能与碱、碳酸盐反应，所以Mn（OH）2、MnCO3均可与盐酸反应，故C不符合题意；
D、氯化锰易溶，氯化锰与碳酸钠反应生成碳酸锰沉淀和氯化钠，符合复分解反应的条件，故D不符合题意。
故选B。
12. 煤化工废水中含有NaCl、Na2SO4、NaNO3，这三种盐的溶解度曲线如图。下列有关说法正确的是
A. Na2SO4的溶解度随温度升高而升高
B. 与NaCl相比，NaNO3更适合通过蒸发结晶得到
C. a1℃时，NaNO3的饱和溶液，溶质的质量分数为80%
D. a2℃时，NaCl和Na2SO4的饱和溶液溶质质量分数相等
【答案】D
【解析】
【详解】A、据图可知，一定温度范围内，Na2SO4的溶解度随温度升高而增大，一定温度范围内，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，故说法错误；
B、与NaCl相比，NaNO3的溶解度受温度变化影响较大，所以更适合通过饱和溶液降温结晶得到，故说法错误；
C、a1℃时，NaNO3的溶解度是80g，所以饱和溶液的溶质的质量分数为，故说法错误；
D、a2℃时，NaCl和Na2SO4的溶解度相等，所以饱和溶液的溶质质量分数相等，故说法正确。
故选D。
13. 下列实验方案能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、铁在空气中不能燃烧，不能除去Fe3O4中混有的Fe，不符合除杂原则，该方案不能达到实验目的，不符合题意；
B、氯酸钾在二氧化锰和加热条件下分解生成氯化钾和氧气，二氧化锰作为催化剂在反应前后质量不变，因此加入二氧化锰加热能除去KCl固体中混有的KClO3，但会引入新杂质二氧化锰，不符合除杂原则，该方案不能达到实验目的，不符合题意；
C、硝酸铵固体溶于水吸热使温度降低，氢氧化钠固体溶于水放热使温度升高，故取样分别加适量水溶解、测量温度能鉴别硝酸铵和氢氧化钠两种固体，该方案能达到实验目的，符合题意；
D、澄清石灰水主要成分是氢氧化钙，氢氧化钙与稀盐酸反应生成氯化钙和水，无明显现象；氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠和水，无明显现象，故取样分别加入稀盐酸不能鉴别澄清石灰水和NaOH溶液，该方案不能达到实验目的，不符合题意。
故选：C。
14. 关于下列实验的说法，不正确的是
A. 实验①：千花不变色，湿花变红，说明CO2能与水反应生成碳酸
B. 实验②：燃烧产生蓝色火焰，烧杯壁有水珠，说明无色气体为氢气
C. 实验③：木条在空气中继续燃烧，在呼出气体中熄灭，说明O2含量：空气呼出气体
D. 实验④：碘在水中几乎不溶解，在汽油中可溶解，说明碘的溶解与溶剂种类有关
【答案】B
【解析】
【详解】A、干花不变色，湿花变红，说明CO2不能使石蕊变色，二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红，故A正确；
B、燃烧产生蓝色火焰，烧杯壁有水珠，依据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，说明无色气体中含有氢元素，可能是氢气，也可能是甲烷，故B错误；
C、氧气具有助燃性，氧气浓度越大，燃烧越剧烈，依据木条在空气中继续燃烧，在呼出气体中熄灭，说明O2含量：空气呼出气体，故C正确；
D、碘几乎不溶于水，溶于汽油，说明物质的溶解性与溶剂的种类有关，故D正确。
故选B。
二、非选择题：本题包括6小题，共48分。
15. 碳及其氧化物是重要的碳资源。
（1）宇航服内置有活性炭用于处理呼吸产生的废气，说明活性炭具有______性。
（2）用干冰保鲜生鱼片，利用了干冰升华______（填“吸热”或“放热”）的原理。
（3）将CO2与NH3通入水中反应可制得化肥NH4HCO3。
①若从增大气体溶解度的角度考虑，该反应需在较______（填“高”或“低”）温度下进行。
②氮有多种化合价，N2O4读作______。
③实验室制取CO2的化学方程式为______，可选择______（填标号）作为发生装置。
（4）LiOH、NaOH均可吸收CO2。相同条件下，两种吸收剂吸收CO2的最大质量关系如图2。据图分析神舟十三号载人飞船选用LiOH作吸收剂的原因是______。
【答案】（1）吸附 （2）吸热
（3） ①. 低 ②. 四氧化二氮 ③. ④. B
（4）相同条件下，吸收剂的质量相同时，氢氧化锂吸收的二氧化碳质量更多
【解析】
【小问1详解】
宇航服内置有活性炭用于处理呼吸产生的废气，说明活性炭具有吸附性；
【小问2详解】
用干冰保鲜生鱼片，利用了干冰升华吸热的原理；
【小问3详解】
①气体的溶解度随温度升高而减小，若从增大气体溶解度的角度考虑，该反应需在较低温度下进行；
②氮有多种化合价，N2O4读作四氧化二氮；
③实验室制取CO2的原理为碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为；该反应中反应物为固体和液体，反应条件为常温，则发生装置应选择固液常温型发生装置，即装置B；
【小问4详解】
据图分析神舟十三号载人飞船选用LiOH作吸收剂的原因是相同条件下，吸收剂的质量相同时，氢氧化锂吸收的二氧化碳质量更多。
16. 金属材料在生产生活中应用广泛。
（1）国产C919大型客机上使用了大量铝合金，铝合金的硬度比纯铝______（填“大”或“小”）。
（2）钠钾合金用作快中子反应堆的热交换剂，利用了钠钾合金良好的______性。
（3）5G铁塔表面的冷喷锌涂层能隔绝______，达到防止生锈的目的。
（4）在850℃条件下，镁和四氯化锆（ZrCl4）发生置换反应可获得金属锆，反应的化学方程式为______。
（5）将一定质量的锌片和铜片加到硝酸银溶液中，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，若滤液呈蓝色，则滤液中一定含有的金属阳离于有______。
（6）纳米零价铁（指纳米数量级大小的单质铁）去除废水中金属离子的性能优越。某工业废水中含有CuCl2270mg/L往其中投入纳米零价铁，2小时后测得Cu2+的去除率为95%，则理论上处理1L该废水，至少需投入纳米零价铁______mg。
【答案】（1）大 （2）导热
（3）水和氧气 （4）
（5）铜离子、锌离子 （6）106.4
【解析】
【小问1详解】
铝合金的硬度比纯铝大，故填：大；
【小问2详解】
钠钾合金用作快中子反应堆的热交换剂，利用了钠钾合金良好的导热性，故填：导热；
【小问3详解】
5G铁塔表面的冷喷锌涂层能隔绝空气中的水和氧气，防止铁与空气中水和氧气接触，达到防止生锈的目的，故填：水和氧气；
【小问4详解】
在850℃条件下，镁和四氯化锆（ZrCl4）发生置换反应可获得金属锆和氯化镁，反应的化学方程式为，故填：；
【小问5详解】
将一定质量的锌片和铜片加到硝酸银溶液中，锌先与硝酸银反应生成硝酸锌和银，当锌反应完后，铜再与硝酸银反应生成硝酸铜和银，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，若滤液呈蓝色，则滤液中一定含有硝酸铜，可能含有硝酸银，说明锌完全反应，与硝酸银反应生成了硝酸锌和银，此时溶液中一定含有的金属阳离子是铜离子、锌离子，故填：铜离子、锌离子；
【小问6详解】
每升废水中除去铜离子的质量为，则氯化铜的质量为，
设理论上处理1L该废水，至少需投入纳米零价铁的质量为x，
即理论上处理1L该废水，至少需投入纳米零价铁的质量为106.4mg，故填：106.4。
17. 碳酸锂（Li2CO3）是生产锂离子电池的重要原料。实验室模拟工业上用粉煤夜（含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等）制备Li2CO3的流程如图：
已知：1、碳酸锂微溶于水，溶解度随温度升高而减小。
2、SiO2不溶于水，且不与水、稀硫酸反应，可与NaOH溶液反应得到硅酸钠溶液。
（1）“酸浸”时加入过量稀硫酸，Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为______。
（2）滤渣2含有______（填化学式）。
（3）“沉锂”时Li2SO4发生复分解反应，反应的化学方程式为______。
（4）用热水而不用冷水洗涤产品碳酸锂的原因是______。
（5）硅酸（H2SiO3，难溶于水）广泛应用于建筑、医药等领域。设计由SiO2生产硅酸的转化路径，依次写出反应的化学反应方程式：______。
【答案】（1）
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）
（4）用热水洗涤产品，可减小洗涤时碳酸锂损失
（5）；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl
【解析】
【小问1详解】
Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应化学方程式为：；
【小问2详解】
SiO2不溶于水，且不与水、稀硫酸反应，Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，Li2O与稀硫酸反应生成硫酸锂和水，所以酸浸后的溶液中含有：硫酸铝、硫酸铁、硫酸锂，加入氢氧化钠后，氢氧化钠和硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，氢氧化钠和硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，所以滤渣2含有：Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问3详解】
Li2SO4和碳酸钠反应生成碳酸锂和硫酸钠，反应的化学方程式为：；
【小问4详解】
碳酸锂微溶于水，溶解度随温度升高而减小。在冷水中的溶解度比热水中大，用热水而不用冷水洗涤产品碳酸锂的原因是：用热水洗涤产品，可减小洗涤时碳酸锂损失；
【小问5详解】
二氧化硅难溶水，可与NaOH溶液反应得到硅酸钠溶液，硅酸钠可与稀盐酸反应生成硅酸和氯化钠，硅酸（H2SiO3，难溶于水），然后经过过滤、洗涤、脱水等可得到硅酸，如图：，二氧化硅NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与稀盐酸反应生成硅酸和氯化钠，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl。
18. 纯碱是一种重要的化工原料，可用于生产洗涤剂等。
Ⅰ、探究影响Na2CO3溶液pH变化的因素。
用不同温度的水，配制溶质质量分数分别为2%、6%和10%的Na2CO3溶液，并测定溶液pH，记录数据如下表：
（1）实验①、④、⑦对比，可得出的结论是______。
（2）要探究温度与Na2CO3溶液pH变化的关系，可选择的3个实验是______（填标号）。
（3）Na2CO3溶液可清洗油污，碱性越强，去油污效果越好。上述实验中去油污效果最好的是______（填标号）。
（4）若用6%的碳酸钠溶液加水配制2%的碳酸钠溶液30g，需要加水______g。
Ⅱ、甲同学向一定量的Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸，刚开始没有气泡产生，加入盐酸的体积大于V1mL时，开始产生气泡，测得溶液中含碳元素的3种微粒数目随盐酸体积的变化情况如图 （CO2因逸出而忽略）。
（5）加入盐酸的体积小于V1mL时，没有气泡产生的原因是______（写化学方程式）。
（6）乙同学用上述试剂进行实验，改变滴加顺序，往盐酸中逐滴滴加Na2CO3溶液，立刻有气泡产生。分析甲、乙的实验，你认为影响实验现象或者生成物种类的因素是______（填标号），你还能想到哪些反应（影响实验现象或者生成物种类的因素与该因素相同）：______（举一例）。
A．温度 B．反应物用量 C．催化剂
【答案】（1）其他条件都相同的情况下，溶质质量分数越大，碳酸钠溶液pH越大、碱性越强
（2）①②③##④⑤⑥##⑦⑧⑨
（3）⑨ （4）20
（5）
（6） ①. B ②. 往澄清石灰水中逐渐通入二氧化碳至过量，先产生白色沉淀，后白色沉淀逐渐溶解
【解析】
【小问1详解】
对比实验①、④、⑦，发现温度相同时，溶质质量分数越大，溶液pH越大，故可得的结论为其他条件都相同的情况下，溶质质量分数越大，碳酸钠溶液pH越大、碱性越强；
【小问2详解】
要探究温度与Na2CO3溶液pH变化的关系，则温度是唯一变量，故选择溶质质量分数相同、温度不同的3个实验进行探究，即①②③或④⑤⑥或⑦⑧⑨；
【小问3详解】
Na2CO3溶液可清洗油污，碱性越强，去油污效果越好，碱性溶液pH越大则碱性越强，故上述实验中去油污效果最好的是⑨；
【小问4详解】
若用6%的碳酸钠溶液加水配制2%的碳酸钠溶液30g，设需要加水的质量为x，则，解得，故需要加水的质量为20g；
【小问5详解】
由图可知，加入盐酸的体积小于V1mL时，碳酸根离子逐渐减少，碳酸氢根离子逐渐增加，故此过程中没有气泡产生的原因是碳酸钠与稀盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，化学方程式为；
【小问6详解】
往盐酸中逐滴滴加Na2CO3溶液立刻有气泡产生，而往碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸不会立刻产生气泡，说明影响实验现象或者生成物种类因素是反应物用量，故选：B；
其他影响实验现象或者生成物种类的因素与该因素相同的反应：如往澄清石灰水中逐渐通入二氧化碳至过量，先产生白色沉淀，后白色沉淀逐渐溶解。
19. 在混凝土中掺入Ba（OH）2能减缓硫酸盐对矿井井壁结构的腐蚀。
Ⅰ、某小组同学模拟实验如图甲。
（1）结合图甲分析，混凝土中需掺入Ba（OH）2的原因是______（写化学方程式）。
（2）将甲中反应后的混合物过滤，所得滤液中含有的溶质可能是：
假设一：只有NaOH
假设二：______
假设三：NaOH和Na2SO4
（3）设计实验确定滤液的成分，完成下表：
限选试剂：盐酸、BaCl2溶液、MgSO4溶液、K2CO3溶液、酚酞溶液。
Ⅱ、向Ba（OH）2溶液中匀速逐滴加入稀硫酸，同时测得溶液导电能力随时间变化的曲线如图丙。
（4）从微观的角度分析AB段溶液导电能力下降的原因：______。
（5）NaHSO4溶液能使紫色石蕊溶液变红，则溶液中存在的离子有Na+、、______。若控制其它条件不变，只是将乙中稀硫酸换成导电能力相同的NaHSO4溶液，测得溶液导电能力的变化与图丙是否完全相同，为什么？______。
【答案】（1）
（2）NaOH和Ba(OH)2
（3） ①. 加入适量碳酸钾溶液 ②. 产生白色沉淀
（4）钡离子和硫酸根离子结合生成硫酸钡，氢离子和氢氧根离子结合生成水分子，导致溶液中离子数目减少
（5） ①. 氢离子##H+ ②. 不完全相同，因为滴加过程中，硫酸氢钠中的钠离子不参与反应，始终存在溶液中，溶液导电能力不会降低至0
【解析】
【小问1详解】
氢氧化钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡和氢氧化钠，故在混凝土中掺入Ba(OH)2能减缓硫酸盐对矿井井壁结构的腐蚀，该反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和氢氧化钠，如果恰好完全反应，则溶质为氢氧化钠，如果硫酸钠过量，则溶质为氢氧化钠、硫酸钠，如果氢氧化钡过量，则溶质为氢氧化钠、氢氧化钡，故假设二：NaOH和Ba(OH)2；
【小问3详解】
氢氧化钡能与碳酸钾反应生成碳酸钡和氢氧化钾，故取少量滤液于试管中，加入适量的碳酸钾溶液，产生白色沉淀，说明含氢氧化钡，说明假设二成立，不能选择硫酸镁，是因为硫酸镁能与氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀；
【小问4详解】
AB段溶液导电能力下降的原因：钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡，氢离子与氢氧根离子结合生成水分子，导致溶液中离子数目减少，故导电能力下降；
【小问5详解】
NaHSO4溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性，说明溶液中含存在H+；
将乙中稀硫酸换成导电能力相同的NaHSO4溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡，氢离子和氢氧根离子结合生成水，钠离子不参与反应，始终存在溶液中， 溶液导电能力不会降低至0，故溶液导电能力的变化与图丙不完全相同。
20. 某小组围绕硫酸铜开展实验探究。
I、向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，加热，观察到蓝色沉淀变黑。经检验该黑色沉淀是氧化铜。
（1）写出实验中涉及的化学方程式：______。
（2）有文献指出氢气还原氧化铜时，得到的固体可能是铜和氧化亚铜（Cu2O）组成的混合物。Cu2O为红色固体，在空气中可溶于氨水得到蓝色溶液。称取若干份质量均为0.6000g的CuO，在相同条件下分别用氢气还原不同时间（t），检测所得固体中Cu2O的质量（m）结果如图。
①由图可知，在氢气还原CuO反应过程中，Cu2O质量的变化趋势是______。
②取少量反应后所得的红色固体于烧杯中，加入足量氨水并搅拌，观察到______，证明固体产物有Cu和Cu2O。
⑧为确保氢气还原CuO所得固体产物不含Cu2O，应采取的措施是______。
Ⅱ、将5.0g硫酸铜晶体（化学式为CuSO4·5H2O，相对分子质量为250）加热，固体的质量随温度变化的曲线如图。
（3）加热至650℃时，CuSO4开始分解，只生成CuO和另一种氧化物，该氧化物为______。
（4）图中：a=______。
【答案】（1）、
（2） ①. 5分钟之前氧化亚铜的质量是增大的，5分钟之后氧化亚铜的质量是减小的 ②. 红色固体部分溶解，溶液由无色变为蓝色 ③. 通入足量的氢气，延长加热时间
（3）SO3 （4）1.44
【解析】
【小问1详解】
向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，即氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，化学方程式为：；
加热，观察到蓝色沉淀变黑。经检验该黑色沉淀是氧化铜，即氢氧化铜加热生成氧化铜和水，化学方程式为：；
【小问2详解】
①由图可知，在H2还原CuO反应过程中，Cu2O质量的变化趋势是5分钟之前氧化亚铜的质量是增大的，5分钟之后氧化亚铜的质量是减小的；
②根据Cu2O为红色固体，在空气中可溶于氨水得到蓝色溶液，铜不溶于氨水，实验结论为固体产物有Cu和Cu2O，取少量反应后所得的红色固体于烧杯中，加入足量氨水并搅拌，观察到红色固体部分溶解，溶液由无色变为蓝色，则可证明固体产物有Cu和Cu2O；
③由题图可知，氧化亚铜的质量达到峰值后，反应时间越长，固体产物中氧化亚铜的质量越小，则实验时要确保通入足量的氢气，延长加热时间，可确保氢气还原CuO所得固体产物不含Cu2O；
【小问3详解】
加热到650℃时，3.2gCuSO4开始发生分解反应，生成1.6gCuO和另一种氧化物，根据质量守恒定律，则该氧化物的质量为3.2g-1.6g=1.6g，根据化学反应前后元素质量不变，则氧化物为硫的氧化物，3.2g硫酸铜中硫元素的质量即为该氧化物中硫元素质量：，该氧化物中氧元素的质量为1.6g-0.64g=0.96g，则氧化物中硫原子和氧原子的个数比为：，则X的化学式为SO3；
【小问4详解】
根据铜元素质量守恒，CuO的质量为1.6g，则生成Cu2O的质量a为。选项
劳动项目
化学知识
A
给花草施用草木灰（K2CO3）
K2CO3属于钾肥
B
用洗涤剂清洗餐具油污
洗涤剂能溶解油污
C
食品包装袋中放入生石灰做干燥剂
生石灰能与水反应
D
用石灰浆粉刷墙壁
石灰浆能与CO2反应生成CaCO3
选项
宏观事实
微观解释
A
氧气经压缩可以储存在钢瓶中
压强增大，分子间距变小
B
金刚石和石墨的物理性质差异大
碳原子的排列方式不同
C
Mg和Al是不同种元素
原子的最外层电子数不同
D
H2O2与H2O化学性质不同
构成二者的分子不同
物质
Mn（OH）2
MnCl2
MnSO4
MnCO3
在水中的溶解性
难溶
易溶
易溶
难溶
选项
实验目的
实验方案
A
除去Fe3O4中混有的Fe
在空气中点燃
B
除去KCl固体中混有的KClO3
加入二氧化锰，加热
C
鉴别硝酸铵和氢氧化钠两种固体
取样，加适量水溶解，测量温度
D
鉴别澄清石灰水和NaOH溶液
取样，加入稀盐酸
实验
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
溶质质量分数
2%
2%
2%
6%
6%
6%
10%
10%
10%
溶液温度（℃）
20
40
60
20
50
60
20
40
70
溶液pH
10.90
11.18
11.26
11.08
11.27
11.30
11.22
11.46
11.50
实验操作
实验现象
实验结论
取少量滤液于试管中，______
______
假设二成立
1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，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；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意。错选、不选、多选或涂改不清的，均不给分。
1. 牛奶中能促进骨骼生长和牙齿坚固的化学元素是
A. 钠B. 铁C. 钙D. 锌
【答案】C
【解析】
【详解】钙元素能促进骨骼生长和牙齿坚固，故选：C。
2. 空气是一种宝贵的资源。下列说法不正确的是
A. 焊接金属时常用氮气作保护气B. 二氧化硫是一种空气污染物
C. 空气成分按质量计算，氧气约占21%D. 稀有气体可制成多种用途的电光源
【答案】C
【解析】
【详解】A、氮气的化学性质稳定，焊接金属时常用氮气作保护气，故A说法正确；
B、目前计入空气质量评价的主要污染物有：二氧化硫、一氧化碳、二氧化氮、可吸入颗粒物（PM10）、细颗粒物（PM2.5）、臭氧等，即二氧化硫是一种空气污染物，故B说法正确；
C、空气成分按体积计算，氧气约占21%，故C说法错误；
D、稀有气体通电会发出不同颜色的光，可制成多种用途的电光源，故D说法正确；
故选：C
3. 厨房里的“锅碗飘盆”“油盐酱醋”蕴含丰富的化学知识。下列说法不正确的是
A. 陶瓷碗烧制过程中发生化学变化B. 塑料盆主要由有机合成材料制成
C. 油脂是人体唯一的供能物质D. 酱油属于混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A、陶瓷碗烧制过程中，涉及燃烧，有新物质生成，属于化学变化，故A说法正确；
B、 塑料盆是由塑料制成的，塑料属于有机合成材料，故B说法正确；
C、蛋白质、糖类、油脂都能为人体生命活动提供能量，故C说法错误；
D、酱油中含有多种物质，属于混合物，故D说法正确；
故选：C
4. 下列有关燃料及其利用的说法正确的是
A. 可燃性气体点燃前需验纯B. 煤、石油、天然气是可再生能源
C. 天然气泄漏，立即打开抽油烟机换气D. 人类利用的能量都是通过化学反应获得的
【答案】A
【解析】
【详解】A、为防止发生爆炸，所有可燃性气体点燃前都应验纯，故说法正确；
B、煤、石油、天然气都是化石燃，都是经过亿万年才缓慢形成的，均属于不可再生能源，故说法错误；
C、可燃性气体与空气混合遇明火有爆炸的危险，所以发现家中天然气泄漏，立即打开抽油烟机，可能会引起爆炸，故说法错误；
D、人类利用的能量不一定是通过化学反应获得的，如风力发电等，故说法错误。
故选A。
5. 钒（V）广泛用于催化行业、下列说法正确的是
A. 钒属于非金属元素B. 钒的相对原子质量是50.94g
C. V3+的核外电子数为23D. 一个钒原子含23个质子
【答案】D
【解析】
【详解】A、钒元素名称含有 “钅”字旁，属于金属元素，错误；
B、根据元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，钒元素原子的相对原子质量为50.94，单位是“1”，不是“g”，错误；
C、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，钒元素的原子序数为23，原子中原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则钒元素的原子核外电子数为23，而V3+是由V失去3个电子形成，则核外电子数=23-3=20，错误；
D、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，该元素的原子序数为23；根据原子中原子序数=核电荷数=质子数，则该元素的质子数为23，正确。
故选D。
6. 下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、K2CO3只含有农作物需求量大的钾元素，属于钾肥，劳动项目与所涉及的化学知识相符，错误；
B、洗涤剂对油污有乳化作用，能使植物油以很小的液滴在水中分散成小液滴，不是洗涤剂能溶解油污，劳动项目与所涉及的化学知识不相符，正确；
C、生石灰与水反应生成氢氧化钙，生石灰能吸收水分，能作为食品包装内的干燥剂，劳动项目与所涉及的化学知识相符，错误
D、用石灰浆粉刷墙壁，利用了石灰浆与CO2反应生成碳酸钙和水，劳动项目与所涉及的化学知识相符，错误。
故选B。
7. 下列有关水的说法正确的是
A. 通过蒸馏的方法可得到纯净水
B. 加入明矾可以使硬水变成软水
C. 电解水时负极和正极产生的气体体积比为1：2
D. 电解水生成氢气和氧气，说明水中含有氢分子和氧分子
【答案】A
【解析】
【详解】A、蒸馏可以除去水中的所有杂质，故通过蒸馏的方法可得到纯净水，正确；
B、明矾溶于水后生成的胶状物对杂质有吸附性，使悬浮于水中的杂质沉降来达到净水的目的，不能将硬水软化，煮沸可将硬水软化，错误；
C、电解水时，与电源负极相连的玻璃管内的气体体积多，与电源正极相连的玻璃管内产生的气体体积少，且两者的体积之比大约是2：1，错误；
D、水电解生成氢气和氧气，说明水中含有氢、氧元素，不是含有氢分子和氧分子，错误。
故选A。
8. 白磷易燃，保存在冷水中、利用白磷探究燃烧条件的实验如图。下列说法正确的是
A. 左侧白磷燃烧，产生大量白雾
B. 实验时可观察到隔板先向右再向左移动
C. 对比两侧白磷的现象，说明燃烧需要接触氧气
D. 白磷保存在冷水中是为了降低白磷的着火点
【答案】B
【解析】
【详解】A、白磷在空气中燃烧，产生大量白烟，而不是白雾，故说法错误；
B、左侧白磷燃烧，放出热量，隔板左侧装置内空气受热膨胀，压强增大，实验开始时观察到隔板向右移动，反应后冷却至室温，隔板左侧装置氧气被消耗，压强减小，隔板向左移动，故说法正确；
C、对比W型管左右两侧白磷的现象，说明燃烧需要的条件是温度达到着火点，故说法错误；
D、白磷保存在冷水中，不能与氧气接触，温度达不到着火点，而不是降低白磷的着火点，故说法错误。
故选B。
9. 对下列宏观事实的微观解释不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、氧气经压缩可以储存在钢瓶中，是因为分子之间有间隔，受压后，分子之间的间隔变小，故A不符合题意；
B、金刚石和石墨均是由碳原子构成，但是碳原子的排列方式不同，故物理性质差异很大，故B不符合题意；
C、元素是具有相同质子数一类原子的总称，Mg和Al是不同种元素，是因为Mg和Al的质子数不同，故C符合题意；
D、过氧化氢和水化学性质不同，是因为分子构成不同，过氧化氢是由过氧化氢分子构成的，水是由水分子构成的，故H2O2与H2O化学性质不同，故D不符合题意。
故选C。
10. 如图是CO2资源化利用转化为甲烷的微观示意图。下列说法正确的是
A. 该反应属于置换反应
B. 中C、H元素的质量比为1：4
C. 和按个数比1：1进行该反应
D. 该反应实现了无机化合物到有机化合物的转化
【答案】D
【解析】
【详解】由微观示意图可知，该反应的化学方程式为；
A、置换反应是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，由可知，该反应不属于置换反应，说法错误，不符合题意；
B、由微观示意图可知，是甲烷，则甲烷中碳、氢元素的质量比为，说法错误，不符合题意；
C、由微观示意图可知，是二氧化碳，使水，根据化学方程式，则二氧化碳和水按个数比1:2进行该反应，说法错误，不符合题意；
D、二氧化碳属于无机化合物，甲烷属于有机化合物，该反应实现了无机化合物到有机化合物的转化，说法正确，符合题意。
故选：D。
11. 金属锰的活动性位于铝和锌之间，锰的化合物相关性质如下、下列说法不正确的是
A. Mn能与稀硫酸反应放出氢气
B. Mn能从MgCl2溶液中置换出Mg
C. Mn（OH）2、MnCO3均可与盐酸反应
D. MnCO3可由MnCl2溶液和K2CO3溶液反应制得
【答案】B
【解析】
【详解】A、锰的金属活动性位于铝和锌之间，说明在金属活动性顺序里，锰排在氢前，说明锰能与稀硫酸反应生成氢气，故A不符合题意；
B、镁的活动性大于铝，铝的活动性大于锰，所以锰不能从MgCl2溶液中置换出Mg，故B符合题意；
C、酸能与碱、碳酸盐反应，所以Mn（OH）2、MnCO3均可与盐酸反应，故C不符合题意；
D、氯化锰易溶，氯化锰与碳酸钠反应生成碳酸锰沉淀和氯化钠，符合复分解反应的条件，故D不符合题意。
故选B。
12. 煤化工废水中含有NaCl、Na2SO4、NaNO3，这三种盐的溶解度曲线如图。下列有关说法正确的是
A. Na2SO4的溶解度随温度升高而升高
B. 与NaCl相比，NaNO3更适合通过蒸发结晶得到
C. a1℃时，NaNO3的饱和溶液，溶质的质量分数为80%
D. a2℃时，NaCl和Na2SO4的饱和溶液溶质质量分数相等
【答案】D
【解析】
【详解】A、据图可知，一定温度范围内，Na2SO4的溶解度随温度升高而增大，一定温度范围内，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，故说法错误；
B、与NaCl相比，NaNO3的溶解度受温度变化影响较大，所以更适合通过饱和溶液降温结晶得到，故说法错误；
C、a1℃时，NaNO3的溶解度是80g，所以饱和溶液的溶质的质量分数为，故说法错误；
D、a2℃时，NaCl和Na2SO4的溶解度相等，所以饱和溶液的溶质质量分数相等，故说法正确。
故选D。
13. 下列实验方案能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、铁在空气中不能燃烧，不能除去Fe3O4中混有的Fe，不符合除杂原则，该方案不能达到实验目的，不符合题意；
B、氯酸钾在二氧化锰和加热条件下分解生成氯化钾和氧气，二氧化锰作为催化剂在反应前后质量不变，因此加入二氧化锰加热能除去KCl固体中混有的KClO3，但会引入新杂质二氧化锰，不符合除杂原则，该方案不能达到实验目的，不符合题意；
C、硝酸铵固体溶于水吸热使温度降低，氢氧化钠固体溶于水放热使温度升高，故取样分别加适量水溶解、测量温度能鉴别硝酸铵和氢氧化钠两种固体，该方案能达到实验目的，符合题意；
D、澄清石灰水主要成分是氢氧化钙，氢氧化钙与稀盐酸反应生成氯化钙和水，无明显现象；氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠和水，无明显现象，故取样分别加入稀盐酸不能鉴别澄清石灰水和NaOH溶液，该方案不能达到实验目的，不符合题意。
故选：C。
14. 关于下列实验的说法，不正确的是
A. 实验①：千花不变色，湿花变红，说明CO2能与水反应生成碳酸
B. 实验②：燃烧产生蓝色火焰，烧杯壁有水珠，说明无色气体为氢气
C. 实验③：木条在空气中继续燃烧，在呼出气体中熄灭，说明O2含量：空气呼出气体
D. 实验④：碘在水中几乎不溶解，在汽油中可溶解，说明碘的溶解与溶剂种类有关
【答案】B
【解析】
【详解】A、干花不变色，湿花变红，说明CO2不能使石蕊变色，二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红，故A正确；
B、燃烧产生蓝色火焰，烧杯壁有水珠，依据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，说明无色气体中含有氢元素，可能是氢气，也可能是甲烷，故B错误；
C、氧气具有助燃性，氧气浓度越大，燃烧越剧烈，依据木条在空气中继续燃烧，在呼出气体中熄灭，说明O2含量：空气呼出气体，故C正确；
D、碘几乎不溶于水，溶于汽油，说明物质的溶解性与溶剂的种类有关，故D正确。
故选B。
二、非选择题：本题包括6小题，共48分。
15. 碳及其氧化物是重要的碳资源。
（1）宇航服内置有活性炭用于处理呼吸产生的废气，说明活性炭具有______性。
（2）用干冰保鲜生鱼片，利用了干冰升华______（填“吸热”或“放热”）的原理。
（3）将CO2与NH3通入水中反应可制得化肥NH4HCO3。
①若从增大气体溶解度的角度考虑，该反应需在较______（填“高”或“低”）温度下进行。
②氮有多种化合价，N2O4读作______。
③实验室制取CO2的化学方程式为______，可选择______（填标号）作为发生装置。
（4）LiOH、NaOH均可吸收CO2。相同条件下，两种吸收剂吸收CO2的最大质量关系如图2。据图分析神舟十三号载人飞船选用LiOH作吸收剂的原因是______。
【答案】（1）吸附 （2）吸热
（3） ①. 低 ②. 四氧化二氮 ③. ④. B
（4）相同条件下，吸收剂的质量相同时，氢氧化锂吸收的二氧化碳质量更多
【解析】
【小问1详解】
宇航服内置有活性炭用于处理呼吸产生的废气，说明活性炭具有吸附性；
【小问2详解】
用干冰保鲜生鱼片，利用了干冰升华吸热的原理；
【小问3详解】
①气体的溶解度随温度升高而减小，若从增大气体溶解度的角度考虑，该反应需在较低温度下进行；
②氮有多种化合价，N2O4读作四氧化二氮；
③实验室制取CO2的原理为碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为；该反应中反应物为固体和液体，反应条件为常温，则发生装置应选择固液常温型发生装置，即装置B；
【小问4详解】
据图分析神舟十三号载人飞船选用LiOH作吸收剂的原因是相同条件下，吸收剂的质量相同时，氢氧化锂吸收的二氧化碳质量更多。
16. 金属材料在生产生活中应用广泛。
（1）国产C919大型客机上使用了大量铝合金，铝合金的硬度比纯铝______（填“大”或“小”）。
（2）钠钾合金用作快中子反应堆的热交换剂，利用了钠钾合金良好的______性。
（3）5G铁塔表面的冷喷锌涂层能隔绝______，达到防止生锈的目的。
（4）在850℃条件下，镁和四氯化锆（ZrCl4）发生置换反应可获得金属锆，反应的化学方程式为______。
（5）将一定质量的锌片和铜片加到硝酸银溶液中，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，若滤液呈蓝色，则滤液中一定含有的金属阳离于有______。
（6）纳米零价铁（指纳米数量级大小的单质铁）去除废水中金属离子的性能优越。某工业废水中含有CuCl2270mg/L往其中投入纳米零价铁，2小时后测得Cu2+的去除率为95%，则理论上处理1L该废水，至少需投入纳米零价铁______mg。
【答案】（1）大 （2）导热
（3）水和氧气 （4）
（5）铜离子、锌离子 （6）106.4
【解析】
【小问1详解】
铝合金的硬度比纯铝大，故填：大；
【小问2详解】
钠钾合金用作快中子反应堆的热交换剂，利用了钠钾合金良好的导热性，故填：导热；
【小问3详解】
5G铁塔表面的冷喷锌涂层能隔绝空气中的水和氧气，防止铁与空气中水和氧气接触，达到防止生锈的目的，故填：水和氧气；
【小问4详解】
在850℃条件下，镁和四氯化锆（ZrCl4）发生置换反应可获得金属锆和氯化镁，反应的化学方程式为，故填：；
【小问5详解】
将一定质量的锌片和铜片加到硝酸银溶液中，锌先与硝酸银反应生成硝酸锌和银，当锌反应完后，铜再与硝酸银反应生成硝酸铜和银，充分反应后过滤，得到滤渣和滤液，若滤液呈蓝色，则滤液中一定含有硝酸铜，可能含有硝酸银，说明锌完全反应，与硝酸银反应生成了硝酸锌和银，此时溶液中一定含有的金属阳离子是铜离子、锌离子，故填：铜离子、锌离子；
【小问6详解】
每升废水中除去铜离子的质量为，则氯化铜的质量为，
设理论上处理1L该废水，至少需投入纳米零价铁的质量为x，
即理论上处理1L该废水，至少需投入纳米零价铁的质量为106.4mg，故填：106.4。
17. 碳酸锂（Li2CO3）是生产锂离子电池的重要原料。实验室模拟工业上用粉煤夜（含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等）制备Li2CO3的流程如图：
已知：1、碳酸锂微溶于水，溶解度随温度升高而减小。
2、SiO2不溶于水，且不与水、稀硫酸反应，可与NaOH溶液反应得到硅酸钠溶液。
（1）“酸浸”时加入过量稀硫酸，Al2O3与稀硫酸反应的化学方程式为______。
（2）滤渣2含有______（填化学式）。
（3）“沉锂”时Li2SO4发生复分解反应，反应的化学方程式为______。
（4）用热水而不用冷水洗涤产品碳酸锂的原因是______。
（5）硅酸（H2SiO3，难溶于水）广泛应用于建筑、医药等领域。设计由SiO2生产硅酸的转化路径，依次写出反应的化学反应方程式：______。
【答案】（1）
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）
（4）用热水洗涤产品，可减小洗涤时碳酸锂损失
（5）；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl
【解析】
【小问1详解】
Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应化学方程式为：；
【小问2详解】
SiO2不溶于水，且不与水、稀硫酸反应，Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，Li2O与稀硫酸反应生成硫酸锂和水，所以酸浸后的溶液中含有：硫酸铝、硫酸铁、硫酸锂，加入氢氧化钠后，氢氧化钠和硫酸铁反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，氢氧化钠和硫酸铝反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，所以滤渣2含有：Fe(OH)3、Al(OH)3；
【小问3详解】
Li2SO4和碳酸钠反应生成碳酸锂和硫酸钠，反应的化学方程式为：；
【小问4详解】
碳酸锂微溶于水，溶解度随温度升高而减小。在冷水中的溶解度比热水中大，用热水而不用冷水洗涤产品碳酸锂的原因是：用热水洗涤产品，可减小洗涤时碳酸锂损失；
【小问5详解】
二氧化硅难溶水，可与NaOH溶液反应得到硅酸钠溶液，硅酸钠可与稀盐酸反应生成硅酸和氯化钠，硅酸（H2SiO3，难溶于水），然后经过过滤、洗涤、脱水等可得到硅酸，如图：，二氧化硅NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠与稀盐酸反应生成硅酸和氯化钠，反应的化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=H2SiO3+2NaCl。
18. 纯碱是一种重要的化工原料，可用于生产洗涤剂等。
Ⅰ、探究影响Na2CO3溶液pH变化的因素。
用不同温度的水，配制溶质质量分数分别为2%、6%和10%的Na2CO3溶液，并测定溶液pH，记录数据如下表：
（1）实验①、④、⑦对比，可得出的结论是______。
（2）要探究温度与Na2CO3溶液pH变化的关系，可选择的3个实验是______（填标号）。
（3）Na2CO3溶液可清洗油污，碱性越强，去油污效果越好。上述实验中去油污效果最好的是______（填标号）。
（4）若用6%的碳酸钠溶液加水配制2%的碳酸钠溶液30g，需要加水______g。
Ⅱ、甲同学向一定量的Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸，刚开始没有气泡产生，加入盐酸的体积大于V1mL时，开始产生气泡，测得溶液中含碳元素的3种微粒数目随盐酸体积的变化情况如图 （CO2因逸出而忽略）。
（5）加入盐酸的体积小于V1mL时，没有气泡产生的原因是______（写化学方程式）。
（6）乙同学用上述试剂进行实验，改变滴加顺序，往盐酸中逐滴滴加Na2CO3溶液，立刻有气泡产生。分析甲、乙的实验，你认为影响实验现象或者生成物种类的因素是______（填标号），你还能想到哪些反应（影响实验现象或者生成物种类的因素与该因素相同）：______（举一例）。
A．温度 B．反应物用量 C．催化剂
【答案】（1）其他条件都相同的情况下，溶质质量分数越大，碳酸钠溶液pH越大、碱性越强
（2）①②③##④⑤⑥##⑦⑧⑨
（3）⑨ （4）20
（5）
（6） ①. B ②. 往澄清石灰水中逐渐通入二氧化碳至过量，先产生白色沉淀，后白色沉淀逐渐溶解
【解析】
【小问1详解】
对比实验①、④、⑦，发现温度相同时，溶质质量分数越大，溶液pH越大，故可得的结论为其他条件都相同的情况下，溶质质量分数越大，碳酸钠溶液pH越大、碱性越强；
【小问2详解】
要探究温度与Na2CO3溶液pH变化的关系，则温度是唯一变量，故选择溶质质量分数相同、温度不同的3个实验进行探究，即①②③或④⑤⑥或⑦⑧⑨；
【小问3详解】
Na2CO3溶液可清洗油污，碱性越强，去油污效果越好，碱性溶液pH越大则碱性越强，故上述实验中去油污效果最好的是⑨；
【小问4详解】
若用6%的碳酸钠溶液加水配制2%的碳酸钠溶液30g，设需要加水的质量为x，则，解得，故需要加水的质量为20g；
【小问5详解】
由图可知，加入盐酸的体积小于V1mL时，碳酸根离子逐渐减少，碳酸氢根离子逐渐增加，故此过程中没有气泡产生的原因是碳酸钠与稀盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，化学方程式为；
【小问6详解】
往盐酸中逐滴滴加Na2CO3溶液立刻有气泡产生，而往碳酸钠溶液中逐滴滴加盐酸不会立刻产生气泡，说明影响实验现象或者生成物种类因素是反应物用量，故选：B；
其他影响实验现象或者生成物种类的因素与该因素相同的反应：如往澄清石灰水中逐渐通入二氧化碳至过量，先产生白色沉淀，后白色沉淀逐渐溶解。
19. 在混凝土中掺入Ba（OH）2能减缓硫酸盐对矿井井壁结构的腐蚀。
Ⅰ、某小组同学模拟实验如图甲。
（1）结合图甲分析，混凝土中需掺入Ba（OH）2的原因是______（写化学方程式）。
（2）将甲中反应后的混合物过滤，所得滤液中含有的溶质可能是：
假设一：只有NaOH
假设二：______
假设三：NaOH和Na2SO4
（3）设计实验确定滤液的成分，完成下表：
限选试剂：盐酸、BaCl2溶液、MgSO4溶液、K2CO3溶液、酚酞溶液。
Ⅱ、向Ba（OH）2溶液中匀速逐滴加入稀硫酸，同时测得溶液导电能力随时间变化的曲线如图丙。
（4）从微观的角度分析AB段溶液导电能力下降的原因：______。
（5）NaHSO4溶液能使紫色石蕊溶液变红，则溶液中存在的离子有Na+、、______。若控制其它条件不变，只是将乙中稀硫酸换成导电能力相同的NaHSO4溶液，测得溶液导电能力的变化与图丙是否完全相同，为什么？______。
【答案】（1）
（2）NaOH和Ba(OH)2
（3） ①. 加入适量碳酸钾溶液 ②. 产生白色沉淀
（4）钡离子和硫酸根离子结合生成硫酸钡，氢离子和氢氧根离子结合生成水分子，导致溶液中离子数目减少
（5） ①. 氢离子##H+ ②. 不完全相同，因为滴加过程中，硫酸氢钠中的钠离子不参与反应，始终存在溶液中，溶液导电能力不会降低至0
【解析】
【小问1详解】
氢氧化钡能与硫酸钠反应生成硫酸钡和氢氧化钠，故在混凝土中掺入Ba(OH)2能减缓硫酸盐对矿井井壁结构的腐蚀，该反应的化学方程式为：；
【小问2详解】
氢氧化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和氢氧化钠，如果恰好完全反应，则溶质为氢氧化钠，如果硫酸钠过量，则溶质为氢氧化钠、硫酸钠，如果氢氧化钡过量，则溶质为氢氧化钠、氢氧化钡，故假设二：NaOH和Ba(OH)2；
【小问3详解】
氢氧化钡能与碳酸钾反应生成碳酸钡和氢氧化钾，故取少量滤液于试管中，加入适量的碳酸钾溶液，产生白色沉淀，说明含氢氧化钡，说明假设二成立，不能选择硫酸镁，是因为硫酸镁能与氢氧化钠反应生成氢氧化镁白色沉淀；
【小问4详解】
AB段溶液导电能力下降的原因：钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡，氢离子与氢氧根离子结合生成水分子，导致溶液中离子数目减少，故导电能力下降；
【小问5详解】
NaHSO4溶液能使紫色石蕊溶液变红，说明溶液显酸性，说明溶液中含存在H+；
将乙中稀硫酸换成导电能力相同的NaHSO4溶液，钡离子与硫酸根离子结合生成硫酸钡，氢离子和氢氧根离子结合生成水，钠离子不参与反应，始终存在溶液中， 溶液导电能力不会降低至0，故溶液导电能力的变化与图丙不完全相同。
20. 某小组围绕硫酸铜开展实验探究。
I、向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，加热，观察到蓝色沉淀变黑。经检验该黑色沉淀是氧化铜。
（1）写出实验中涉及的化学方程式：______。
（2）有文献指出氢气还原氧化铜时，得到的固体可能是铜和氧化亚铜（Cu2O）组成的混合物。Cu2O为红色固体，在空气中可溶于氨水得到蓝色溶液。称取若干份质量均为0.6000g的CuO，在相同条件下分别用氢气还原不同时间（t），检测所得固体中Cu2O的质量（m）结果如图。
①由图可知，在氢气还原CuO反应过程中，Cu2O质量的变化趋势是______。
②取少量反应后所得的红色固体于烧杯中，加入足量氨水并搅拌，观察到______，证明固体产物有Cu和Cu2O。
⑧为确保氢气还原CuO所得固体产物不含Cu2O，应采取的措施是______。
Ⅱ、将5.0g硫酸铜晶体（化学式为CuSO4·5H2O，相对分子质量为250）加热，固体的质量随温度变化的曲线如图。
（3）加热至650℃时，CuSO4开始分解，只生成CuO和另一种氧化物，该氧化物为______。
（4）图中：a=______。
【答案】（1）、
（2） ①. 5分钟之前氧化亚铜的质量是增大的，5分钟之后氧化亚铜的质量是减小的 ②. 红色固体部分溶解，溶液由无色变为蓝色 ③. 通入足量的氢气，延长加热时间
（3）SO3 （4）1.44
【解析】
【小问1详解】
向CuSO4溶液中加入NaOH溶液，产生蓝色沉淀，即氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，化学方程式为：；
加热，观察到蓝色沉淀变黑。经检验该黑色沉淀是氧化铜，即氢氧化铜加热生成氧化铜和水，化学方程式为：；
【小问2详解】
①由图可知，在H2还原CuO反应过程中，Cu2O质量的变化趋势是5分钟之前氧化亚铜的质量是增大的，5分钟之后氧化亚铜的质量是减小的；
②根据Cu2O为红色固体，在空气中可溶于氨水得到蓝色溶液，铜不溶于氨水，实验结论为固体产物有Cu和Cu2O，取少量反应后所得的红色固体于烧杯中，加入足量氨水并搅拌，观察到红色固体部分溶解，溶液由无色变为蓝色，则可证明固体产物有Cu和Cu2O；
③由题图可知，氧化亚铜的质量达到峰值后，反应时间越长，固体产物中氧化亚铜的质量越小，则实验时要确保通入足量的氢气，延长加热时间，可确保氢气还原CuO所得固体产物不含Cu2O；
【小问3详解】
加热到650℃时，3.2gCuSO4开始发生分解反应，生成1.6gCuO和另一种氧化物，根据质量守恒定律，则该氧化物的质量为3.2g-1.6g=1.6g，根据化学反应前后元素质量不变，则氧化物为硫的氧化物，3.2g硫酸铜中硫元素的质量即为该氧化物中硫元素质量：，该氧化物中氧元素的质量为1.6g-0.64g=0.96g，则氧化物中硫原子和氧原子的个数比为：，则X的化学式为SO3；
【小问4详解】
根据铜元素质量守恒，CuO的质量为1.6g，则生成Cu2O的质量a为。选项
劳动项目
化学知识
A
给花草施用草木灰（K2CO3）
K2CO3属于钾肥
B
用洗涤剂清洗餐具油污
洗涤剂能溶解油污
C
食品包装袋中放入生石灰做干燥剂
生石灰能与水反应
D
用石灰浆粉刷墙壁
石灰浆能与CO2反应生成CaCO3
选项
宏观事实
微观解释
A
氧气经压缩可以储存在钢瓶中
压强增大，分子间距变小
B
金刚石和石墨的物理性质差异大
碳原子的排列方式不同
C
Mg和Al是不同种元素
原子的最外层电子数不同
D
H2O2与H2O化学性质不同
构成二者的分子不同
物质
Mn（OH）2
MnCl2
MnSO4
MnCO3
在水中的溶解性
难溶
易溶
易溶
难溶
选项
实验目的
实验方案
A
除去Fe3O4中混有的Fe
在空气中点燃
B
除去KCl固体中混有的KClO3
加入二氧化锰，加热
C
鉴别硝酸铵和氢氧化钠两种固体
取样，加适量水溶解，测量温度
D
鉴别澄清石灰水和NaOH溶液
取样，加入稀盐酸
实验
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
溶质质量分数
2%
2%
2%
6%
6%
6%
10%
10%
10%
溶液温度（℃）
20
40
60
20
50
60
20
40
70
溶液pH
10.90
11.18
11.26
11.08
11.27
11.30
11.22
11.46
11.50
实验操作
实验现象
实验结论
取少量滤液于试管中，______
______
假设二成立
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