江苏省苏州市2025年中考模拟化学试卷（解析版）

这是一份江苏省苏州市2025年中考模拟化学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了 金属是重要的资源等内容，欢迎下载使用。
1. 苏州平江路吸引游人驻足的不仅是美景，更有美食。下列美食中属于溶液的是（ ）
A. 奶茶B. 豆腐脑
C. 苏打水D. 酒酿圆子
【答案】C
【解析】A、奶茶是不均一、不稳定的混合物，不属于溶液，不符合题意；
B、豆腐脑是不均一、不稳定的混合物，不属于溶液，不符合题意；
C、苏打水是均一、稳定的混合物，属于溶液，符合题意；
D、酒酿圆子是不均一、不稳定的混合物，不属于溶液，不符合题意。
故选：C。
2. 下列科学家中，提出稀土分离技术，为我国的稀土生产作出了重大贡献的是（ ）
A. 徐光宪B. 闵恩泽C. 张青莲D. 徐寿
【答案】A
【解析】A、徐光宪：我国著名的化学家，被誉为“中国稀土之父”。他提出了串级萃取理论，并开发了高效的稀土分离技术，使中国从稀土资源大国转变为稀土生产和技术强国。符合题意；
B、闵恩泽：石油化工催化剂专家，被誉为“中国催化剂之父”。不符合题意；
C、张青莲：主要从事同位素化学和重水研究，是中国稳定同位素研究的奠基人。不符合题意；
D、徐寿：清末科学家，中国近代化学的启蒙者，翻译了大量西方科学著作。不符合题意；
故选A。
3. 下列属于空气质量报告中需要监测的污染物是（ ）
A. 水蒸气B. 氢气
C. 氧气D. 颗粒物PM2.5
【答案】D
【解析】A、水蒸气是空气的组成成分之一，不属于空气污染物，不符合题意；
B、氢气不属于空气污染物，不符合题意；
C、氧气是空气的组成成分之一，不属于空气污染物，不符合题意；
D、颗粒物PM2.5会导致雾霾等的发生，属于空气污染物，符合题意。
故选D。
4. 下列关于分子、原子、离子的认识不正确的是（ ）
A. 在化学变化中，分子可以被创造也可以被消灭
B. 原子得失电子变成离子后，质量几乎不变，化学性质差别很大
C. 同种原子通过不同方式结合成的分子化学性质不同
D. 同种分子排列方式不同则化学性质不同
【答案】D
【解析】A、化学变化的实质是分子破裂成原子，原子重新组合生成新的分子，在化学变化中，可以合成新的分子，分子也可以被完全反应，说法正确；
B、原子得失电子变成离子后，电子的质量很小，可以忽略不计，但他们的最外层电子数不同，则质量几乎不变，化学性质差别很大，说法正确；
C、同种原子通过不同方式结合成的分子，相同分子化学性质相同，不同分子化学性质不同，分子的构成不同，则它们的化学性质不同，说法正确；
D、分子是保持物质化学性质的最小微粒，同种分子化学性质相同，说法错误；
答案：D。
5. 不会使蛋白质失去原有生理功能的物质是（ ）
A. 硫酸铵饱和溶液B. 氢氧化钠溶液
C. 浓硝酸D. 硫酸铅溶液
【答案】A
【解析】A、硫酸铵饱和溶液会使蛋白质的溶解度变小，产生盐析现象，不会破坏蛋白质的生理功能，符合题意；
B、氢氧化钠溶液属于强碱，可使蛋白质变性失去活性，不符合题意；
C、浓硝酸属于强酸，可使蛋白质变性失去活性，不符合题意；
D、硫酸铅溶液中含有重金属铅离子，可使蛋白质变性失去活性，不符合题意。
故选：A。
6. 半导体材料通常具有良好的光催化性能和光电化学性能，能够快速生成所需的活性物质并与目标物质发生反应。下列关于催化剂的说法正确的是（ ）
①催化剂在反应前后质量和化学性质没有改变；②催化剂就是二氧化钛(TiO2)、氧化锌(ZnO)、氧化铁(Fe2O3)、二硫化钴(CS2)等；③催化剂加快了其他物质的化学反应速率；④催化剂改变了其他物质的化学反应速率。
A. ①②③④B. ①④C. 只有①D. ②④
【答案】B
【解析】①催化剂在化学反应前后的质量和化学性质没有改变，说法正确；
②二氧化钛、氧化锌、氧化铁、二硫化钴等可作为化学反应的催化剂，但是不能说催化剂就是二氧化钛、氧化锌、氧化铁、二硫化钴等，说法错误；
③催化剂能改变化学反应速率，可能加快也可能减慢，说法错误；
④催化剂改变了其他物质的化学反应速率，说法正确；
综上可知，说法正确的是①④，故选：B。
7. 在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是（ ）
A. FeFe3O4B. AgNO3溶液Ag
C. CaCO3CO2D. CuSO4溶液Cu(OH)2
【答案】A
【解析】A、铁在常温下不能和氧气反应生成四氧化三铁，铁和氧气在点燃的条件下反应生成四氧化三铁，故A选项符合题意；
B、铜的金属活动性排在银前，铜能和硝酸银反应生成硝酸铜和银，故B选项不符合题意；
C、碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，故C选项不符合题意；
D、硫酸铜能和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸钠，故D选项不符合题意。
故选A。
8. 用NaOH固体配制10%的NaOH溶液，下列装置或操作正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】A、托盘天平要遵循左物右码的使用原则，氢氧化钠固体具有腐蚀性，应放在玻璃器皿中称量，图示操作错误，不符合题意；
B、量取液体读数时，视线要与量筒内液体凹液面的最低处保持水平，图示操作错误，不符合题意；
C、溶解应在烧杯中进行，用玻璃棒搅拌，加速溶解，图示操作正确，符合题意；
D、配制好的氢氧化钠溶液应保存在细口瓶中，标签中填上相应的内容是溶液的名称、溶质质量分数，图示操作错误，不符合题意。
故选：C。
9. 金属是重要的资源。下列有关金属资源的利用和保护的说法，错误的是（ ）
A. 改变金属的组成，铸造成合金可优化其性能
B. 沙漠地区的铁制品比海边锈蚀得慢
C. 废旧金属的回收，是保护金属资源的有效途径之一
D. 应该经常用钢丝球擦洗铝制品表面，保持清洁
【答案】D
【解析】A、改变金属的组成，铸造成合金可优化其性能，选项正确；
B、沙漠地区干燥，铁制品不与水接触则锈蚀慢，海边有水、氯化钠，铁制品与水、氧气同时接触发生生锈，且氯化钠会加快铁制品的锈蚀，所以沙漠地区的铁制品比海边锈慢，选项正确；
C、废旧金属的回收，是保护金属资源的有效途径之一，选项正确；
D、Al的表面有致密的氧化膜，能保护内部的Al不被氧化，所以经常用钢丝球擦洗铝锅表面会加速铝的腐蚀，选项错误；
故选D
10. 常温下，将10 g 5%稀盐酸逐滴加入盛有5 g 5%NaOH溶液(含2滴酚酞)的锥形瓶中，边滴边振荡。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 滴加过程中，锥形瓶内溶液中Cl-的数目不断增加
B. 滴加过程中，锥形瓶内溶液温度不断升高
C. 滴加结束后，溶液为无色，溶液pH小于7
D. 滴加结束后，取少量溶液蒸干，所得白色固体是NaCl
【答案】B
【解析】10 g 5%稀盐酸中氯化氢的质量为，5 g 5%NaOH溶液中氢氧化钠的质量为，设0.5 g氯化氢完全反应需要消耗氢氧化钠的质量为x，
说明完全反应后，稀盐酸过量。A、将稀盐酸逐滴加入氢氧化钠溶液中，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，其反应实质是氢离子和氢氧根离子结合生成水分子，钠离子和氯离子没有参与反应，故滴加过程中，锥形瓶内溶液中的数目不断增加，说法正确，不符合题意；
B、滴加过程中，氢氧化钠和稀盐酸反应生成氯化钠和水，该反应放出热量，当恰好完全反应时，温度最高，然后继续滴加稀盐酸，温度不再升高，由分析可知，该反应中稀盐酸过量，故滴加过程中，锥形瓶内温度不是不断升高，说法错误，符合题意；
C、由分析可知，滴加结束后稀盐酸过量，此时溶液显酸性，pH＜7，酚酞在酸性溶液中不变色，故溶液为无色，说法正确，不符合题意；
D、由分析可知，滴加结束后稀盐酸过量，此时溶液中的溶质为氯化钠、氯化氢，取少量溶液蒸干，蒸发过程中氯化氢会挥发出去，故最后所得白色固体是氯化钠，说法正确，不符合题意。
故选B。
11. 常温下，将10 mL 5% NaOH溶液逐滴加入盛有5 mL 5%稀盐酸（含2滴酚酞）的锥形瓶中，边滴边振荡。下列有关说法正确的是（ ）
A. 滴加过程中，锥形瓶内溶液中的数目不断增加
B. 滴加过程中，溶液恰好由无色变为红色时，溶液pH为7
C. 滴加过程中，锥形瓶内溶液温度不断升高
D. 滴加结束后，取少量溶液蒸干，所得白色固体是NaCl
【答案】A
【解析】A、氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，本质反应是氢氧根离子和氢离子结合生成水分子，所以滴加过程中，锥形瓶内溶液中 Na+的数目不断增加，故A正确；
B、溶液为红色说明氢氧化钠过量，则溶液显碱性，pH>7，故B错误；
C、中和反应放热，反应过程中温度不断升高，等盐酸完全反应后，再滴加氢氧化钠溶液，温度不再升高，故C错误；
D、滴加结束后，氢氧化钠过量，所以取少量溶液蒸干，所得白色固体是NaCl、NaOH，故D错误。
故选A。
12. 实验小组用如图所示装置进行实验，已知：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。步骤①：关闭K，打开甲的瓶塞，点燃硫粉后迅速塞紧胶塞；步骤②：冷却至常温，将胶头滴管中的足量NaOH 溶液挤入瓶中，振荡，使反应充分；步骤③：打开K，观察乙中的现象。下列说法不正确的是（ ）
A. 步骤①中硫燃烧呈淡蓝色火焰
B. 步骤②中甲装置内气压减小，最终与大气压相等
C. 步骤③中乙中的长导管口处冒气泡
D. 甲装置中硫粉换作碳粉，则乙中长导管口可能冒出气泡很少
【答案】B
【解析】A、步骤①中硫在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，说法正确，不符合题意；
B、步骤①硫燃烧消耗氧气，生成二氧化硫气体；步骤②冷却至常温，将胶头滴管中的足量NaOH 溶液挤入瓶中，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则甲装置中气体减少，压强减小，小于大气压，说法错误，符合题意；
C、由B选项分析可知，步骤②充分反应后甲装置中压强减小，小于大气压，则步骤③打开K，在外界大气压的作用下，空气进入乙装置中，故观察到乙中的长导管口处冒气泡，说法正确，不符合题意；
D、甲装置中硫粉换作碳粉，由于碳不完全燃烧时会生成一氧化碳，一氧化碳与氢氧化钠不反应，则乙中长导管口可能冒出气泡很少，说法正确，不符合题意。
故选：B。
13. 化学兴趣小组取足量白磷采用图1装置测定空气中含量，记录并处理数据分别如图2和图3所示。已知相同条件下，气体的压强与体积成正比。下列说法错误的是（ ）
A. 白磷燃烧产生大量白烟，放热
B. 图2中氧气含量从上升到，可能是降温后气体逐渐混合均匀
C. 图3中，BC段压强增大，是反应刚开始，温度升高比气体减少对压强的影响大
D. 图3可知，该实验中白磷消耗的占空气体积的
【答案】D
【解析】A、白磷燃烧产生大量白烟，放出热量，A正确；
B、由于反应结束后，温度下降，气体逐渐混合均匀，所以图2中氧气含量从上升到，B正确；
C、白磷燃烧放热，温度升高，装置内气体受热膨胀，压强增大，同时白磷燃烧消耗氧气，装置内压强减小，由于反应刚开始，温度升高对压强的影响比气体减少对压强的影响大，所以图3中BC段压强增大，C正确；
D、相同的温度和体积下，气体压强与分子数成正比，气体体积与分子数成正比，则相同的温度和体积下，气体压强与气体体积成正比，则白磷消耗的氧气占空气的体积为，D错误。
故选D。
14. 下列图像能正确反映对应变化关系的是（ ）
A. 图①：用等质量、等浓度的过氧化氧溶液分别制取氧气
B. 图②：向一定量的二氧化锰固体中加入一定量的过氧化氢溶液
C. 图③：利用红磷燃烧测定空气中氧气的含量
D. 图④：加热高锰酸钾制氧气
【答案】D
【解析】A、等质量、等浓度的过氧化氧溶液分别制取氧气，根据催化剂只能改变反应速率而不能改变生成物的质量，因此无论是否加入催化剂最终生成的氧气质量相等，如图所示，选项错误；
B、过氧化氢溶液在二氧化锰作催化剂的条件下反应生成氧气和水，因此催化剂二氧化锰的质量随着反应的发生不会改变，选项错误；
C、空气中氧气的体积约占空气总体积的五分之一，红磷燃烧消耗氧气，因此最终装置内气体体积减少约五分之一，如图所示，选项错误；
D、加热高锰酸钾，加热后很短时间内高锰酸钾分解出锰酸钾、二氧化锰和氧气，最终高锰酸钾完全反应后不再产生氧气，如图所示，选项正确；
故选：D。
15. 识别图像是学习化学的必备能力。下列图像能正确反映实验设计的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A、开始时，密闭容器内含有一定量的二氧化碳，木炭燃烧生成二氧化碳，二氧化碳质量增加，反应结束后，二氧化碳质量不再改变，故选项错误；
B、石灰石高温分解生成固体氧化钙和气体二氧化碳，故固体质量会减小，反应结束后，固体质量不再改变，故选项正确；
C、向一定量灼热的氧化铜中不断通入一氧化碳，生成铜和二氧化碳，随着反应进行，固体质量不断减少，氧化铜完全反应后，固体质量不再改变，但不为0，故选项错误；
D、其他条件相同时，反应物接触面积越大，反应速率越快，故粉末状大理石和稀盐酸的反应速率更快，但大理石的质量相同且都完全反应，故最终生成二氧化碳的质量应相同，故选项错误。
故选：B。
16. 铁是世界生产量最大的金属。图1是探究铁生锈的实验，图2是利用混有少量CO2的CO气体还原氧化铁，并验证反应后的气体产物的实验。下列说法不正确的是（ ）

A. 图1中，最终U形管内红墨水液面左高右低
B. 对比图1试管a、b中的现象可推知，铁生锈的条件之一是与水接触
C. 一段时间后，图2丙中硬质玻璃管内黑色固体变红
D. 图2按气体从左到右的方向，装置连接顺序应为：乙→甲→丙→甲→丁
【答案】C
【解析】A、图1中a中的铁和氧气、水接触，导致铁生锈，消耗氧气，管内压强变小，b中没有水，铁不生锈，压强无明显变化，因此b中的压强大于a，将红墨水压向a，即U形管内红墨水液面左高右低，故选项说法正确；
B、对比图1a中的铁和氧气、水接触，导致铁生锈，b中铁只与氧气接触，因此可得出铁生锈的条件之一是与水接触，故选项说法正确；
C、图2丙中硬质玻璃管内发生的一氧化碳还原氧化铁为铁，氧化铁为红色，铁粉为黑色，故现象为红色固体变黑，故选项说法错误；
D、图2是利用混有少量气体还原氧化铁，故需要先用氢氧化钠溶液除去二氧化碳；为了保证反应前气体中无二氧化碳，需在吸收完二氧化碳用氢氧化钙溶液后检验气体中是否还有二氧化碳；一氧化碳还原氧化铁，产物是铁和二氧化碳，检验二氧化碳用氢氧化钙溶液检验，又因为一氧化碳有毒，需要进行尾气处理，可用气囊收集气体，因此顺序为乙→甲→丙→甲→丁，故选项说法正确。
故选C。
17. 某化合物在水中能完全电离，将该化合物配制成甲、乙、丙三种不同浓度的水溶液，对溶液中所含阴、阳离子数目进行测定，结果如图所示。由此可判断该该化合物可能是（ ）
A. CaCl2B. Al(NO3)3C. NaOHD. H2SO4
【答案】C
【解析】A、CaCl2中钙离子和氯离子的个数比为1:2,故选项错误。
B、Al ( NO3 )3中铝离子和硝酸根离子的个数比为1:3,故选项错误。
C、氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子的个数比为1: 1,故选项正确。
D、H2SO4中氢离子和硫酸根离子的个数比为2: 1,故选项错误。
故选C。
18. 实验小组用如图所示装置进行实验，已知：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。步骤①：关闭K，打开甲的瓶塞，点燃硫粉后迅速塞紧胶塞；步骤②：冷却至常温，将胶头滴管中的足量NaOH 溶液挤入瓶中，振荡，使反应充分；步骤③：打开K，观察乙中的现象。下列说法不正确的是（ ）
A. 步骤①中硫燃烧呈淡蓝色火焰
B. 步骤②中甲装置内气压减小，最终与大气压相等
C. 步骤③中乙中长导管口处冒气泡
D. 甲装置中硫粉换作碳粉，则乙中长导管口可能冒出气泡很少
【答案】B
【解析】A、步骤①中硫在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，说法正确，不符合题意；
B、步骤①硫燃烧消耗氧气，生成二氧化硫气体；步骤②冷却至常温，将胶头滴管中的足量NaOH 溶液挤入瓶中，氢氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，则甲装置中气体减少，压强减小，小于大气压，说法错误，符合题意；
C、由B选项分析可知，步骤②充分反应后甲装置中压强减小，小于大气压，则步骤③打开K，在外界大气压的作用下，空气进入乙装置中，故观察到乙中的长导管口处冒气泡，说法正确，不符合题意；
D、甲装置中硫粉换作碳粉，由于碳不完全燃烧时会生成一氧化碳，一氧化碳与氢氧化钠不反应，则乙中长导管口可能冒出气泡很少，说法正确，不符合题意。
故选：B。
19. 下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A、配制50g质量分数为16%的NaCl溶液，所需氯化钠的质量为，所需水的质量为，水的密度是1g/mL，则水的体积是42mL，不是50mL，所以该实验方案不能达到目的；
B、FeCl3​溶液是黄色的，首先可鉴别出FeCl3​溶液；能与FeCl3​溶液反应产生红褐色沉淀的是NaOH溶液（），无明显变化的是Na2​SO4​溶液，所以只用组内试剂即可鉴别这三种溶液，该实验方案能达到目的；
C、质量守恒定律适用于化学变化，水和乙醇混合是物理变化，不能用质量守恒定律来验证，所以该实验方案不能达到目的；
D、CO2​和HCl都能与NaOH溶液反应，、，不但除去了杂质HCl，也把原物质CO2​除去了，不符合除杂原则，所以该实验方案不能达到目的。
故选B。
20. 已知：CaC2O4CaCO3+CO↑ ，现将CaC2O4和CaCO3的固体混合物mg高温加热至质量不再改变，冷却得到5.6gCaO。下列说法不正确的是（ ）
A. m的范围是10.0＜m＜12.8
B. 生成CO2的质量为4.4g
C. 若m＝11.4，则生成气体中CO2和CO的质量之比11：7
D. 固体混合物中钙元素的质量为4.0g
【答案】C
【解析】由CaCO3 CaO+CO2↑，CaC2O4 CaCO3+CO↑，两个化学方程式可知，剩余5.6g固体都是CaO，以及每生成一分子CaO，就会生成一分子CO2，所以CaO和CO2的关系式为CaO∼CO2，设生成CO2的质量为x ，则：
所以x=4.4g，根据质量守恒定律可知，参加反应的反应物之和等于生成物之和，生成的二氧化碳+氧化钙的质量=4.4g+5.6g=10g，所以此时m的质量只与生成的一氧化碳有关，假设固体混合物中，没有CaC2O4，则不生成一氧化碳，所以m＞10g；假设固体混合物中，没有CaCO3，则二氧化碳全由CaC2O4生成，根据化学方程式计算生成的一氧化碳质量，从而确定m的范围。其次生成气体中一氧化碳的质量=混合物质量-（二氧化碳+氧化钙的质量），求出一氧化碳的质量，再求出气体中CO2和CO的质量之比；根据质量守恒定律可知，冷却得到5.6 g CaO中的钙元素全部来自固体混合物，计算出CaO中的钙元素即为固体混合物中钙元素的质量。
A、根据质量守恒定律可知，参加反应的反应物之和等于生成物之和，生成的二氧化碳+氧化钙的质量=4.4g+5.6g=10g，所以此时m的质量只与生成的一氧化碳有关，假设固体混合物中，没有CaC2O4，则不生成一氧化碳，所以m＞10g；假设固体混合物中，没有CaCO3，则二氧化碳全由CaC2O4生成，由CaCO3 CaO+CO2↑，CaC2O4 CaCO3+CO↑，可得关系CaC2O4～CO2，
则设生成的一氧化碳质量为y ，
y =2.8g
10g+2.8g=12.8，所以m＜12.8g，综上m的质量范围是10.0＜m＜12.8，说法正确，不符合题意；
B、根据分析可知，生成CO2的质量为4.4g，说法正确，不符合题意；
C、若m=11.4，则生成气体中一氧化碳的质量=混合物质量-（二氧化碳+氧化钙的质量）：11.4g-10g=1.4g，则生成气体中CO2和CO的质量之比：4.4g：1.4g=22：7，故说法错误，符合题意；
D、冷却得到5.6gCaO，根据质量守恒定律可知，CaO中的钙元素全部来自固体混合物，即固体混合物中钙元素的质量：，说法正确，不符合题意。
故选C。
第II卷 非选择题
21. 建设生态重庆，共创节水城市。
净水：
（1）目前许多学校安装了直饮水机，其主要工作流程如图所示。
其中利用活性炭的吸附性可除去水中的 ___________。
验水：
【查阅资料】水的硬度表示方法是：将水中的Ca2+、Mg2+质量折算成CaO的质量。通常把1 L水中含有10 mg CaO称为1度，1L水中含有20 mg CaO即为2度，以此类推。8度以上为硬水，8度以下为软水。
（2）取某水样1 L，经实验测定，其中含Ca2+ 0.2 g此水样的硬度约为 ___________度。实验室通常采取 ___________的方法降低水的硬度。
探水：某兴趣小组同学设计如图装置电解水来探究水的组成。
（3）电解时，乙玻璃管中产生气泡的位置在 ___________(填“a”、“b”或“c”)处。
（4）为了增强水的导电性，通常加入氢氧化钠溶液，而不能加氯化钠，因为电解氯化钠溶液会生成氢氧化钠、氢气和氯气。试写出电解氯化钠溶液的化学反应方程式 ___________。(实验中须使用的仪器：氯离子浓度传感器)。
资料：①硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇；②过滤中使用乙醇洗涤，可快速晾干。
（5）这样做的优点是___________。
A. 避免用水洗涤所造成的晶体损耗B. 酒精易挥发，可低温晾干晶体
（6）电解水原理如图，分解得到的氧气和氢气的体积比小于理论值，除了氧气在水中的溶解度大于氢气外，还可能的原因是：___________
【答案】（1）色素及异味 （2）①. 28 ②. 蒸馏
（3）c （4） （5）AB
（6）部分氧气与催化剂或中间产物反应
【解析】（1）利用活性炭的吸附性可除去水中的色素及异味；
（2）已知水的硬度表示方法是：将水中的质量折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，1L水中含有20mgCaO即为2度，以此类推，8度以上为硬水，8度以下为软水；氧化钙中钙元素和氧元素质量比是，取某水样1L，经实验测定，其中含0.2g，即钙元素的质量为0.2g，则氧元素的质量为，则折算成CaO的质量是0.2g+0.08g=0.28g，即1L水中含有280mgCaO，则此水样的硬度约为28度；
实验室通常采取蒸馏的方法降低水的硬度；
（3）电解时，电极处电解生成气体，故乙玻璃管中产生气泡的位置在c处；
（4）氯化钠与水在通电条件下反应生成氢氧化钠、氢气和氯气，化学方程式为；
（5）硫酸亚铁铵晶体易溶于水，不溶于乙醇，过滤中使用乙醇洗涤，可快速晾干，这样做的优点是：避免用水洗涤所造成的晶体损耗，酒精易挥发，吸收热量，可低温晾干晶体，故选：AB；
（6）电解水原理如图，分解得到的氧气和氢气的体积比小于理论值，除了氧气在水中的溶解度大于氢气外，还可能的原因是部分氧气与催化剂或中间产物反应。
22. 氢气被看作是理想的“绿色能源”。
（1）开发利用氢能的意义有___________(写一点)。乙醇汽油意义：___________。
甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，主要流程如图：
（2）甲烷和水蒸气反应的化学方程式是___________。(无机物到有机物转变)
（3）的作用是___________。
（4）H2体积分数和消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间消耗率___________(填“升高”“降低”或“不变”)。此时消耗率约为35%，但已几乎失效，请结合吸收原理分析其失效的原因___________。
（5）制得的氢气中可能混有，氢气在加氢站会经过冷却处理，如利用液氮的低温将液化分离，该方法说明氢气沸点比的沸点___________。
可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接或，可交替得到和O2。
（6）制时，连接___________(填“”或“”)；改变开关连接方式，可得O2.
（7）利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的总反应化学方程式为___________。
【答案】（1）①. 比较环保 ②. 节约化石能源
（2）
（3）将二氧化碳除去 （4）①. 降低 ②. 氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙，反应生成的碳酸钙覆盖在氧化钙表面，减少了氧化钙与二氧化碳的接触面积，导致吸收率降低，甚至失效
（5）低 （6）K1
（7）
【解析】（1）氢气燃烧产物只有水，无污染，故开发利用氢能的意义是：比较环保；乙醇汽油的应用，可以减少化石燃料的使用，节约化石能源；
（2）甲烷和水蒸气在催化剂和650条件下反应生成二氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：；
（3）由图可知，CaO的作用是将二氧化碳除去；
（4）由图可知，从t1时开始，CaO消耗率变得平缓，说明单位时间CaO消耗率降低；根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，则CaO与二氧化碳反应生成碳酸钙，反应生成的碳酸钙覆盖在氧化钙表面，减少了氧化钙与二氧化碳的接触面积，导致吸收率降低，甚至失效；
（5）制得氢气中可能混有CO，氢气在加氢站会经过冷却处理，如利用液氮的低温将CO液化分离，而氢气还是气体，该方法说明氢气沸点比 CO的沸点低；
（6）在电解水实验中，“正氧负氢”，故制取氢气时，连接K1；
（7）利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢的总反应为水通电分解生成氢气和氧气，该反应的化学方程式为：
23. 已知Cu(NO3)2•6H2O和Cu(NO3)2•3H2O的溶解度曲线如图，则从Cu(NO3)2溶液获取Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩，___________，过滤、洗涤、干燥。若得到的晶体中含有Cu(NO3)2•6H2O，则产品中铜元素的质量分数___________ (填“偏大”“不变”或“偏小”)。
【答案】冷却至30℃ 偏小
【解析】由溶解度曲线图可知，要析出Cu(NO3)2•3H2O晶体，需要控制温度最低为30℃，故从溶液获取晶体的方法是：蒸发浓缩，冷却到30℃，过滤、洗涤、干燥；
若得到的晶体中含有Cu(NO3)2•6H2O，由于Cu(NO3)2•6H2O相比Cu(NO3)2•3H2O，结晶水有所增加，故产品中铜元素的质量分数偏小。
24. 回答下列问题：
(一)CO2的捕集
Na2CO3溶液循环法捕捉并回收CO2的过程如图所示：
（1）Na2CO3能捕捉CO2是因为其水溶液显___________性，可更好的吸收CO2气体。(纯碱制取先通氨气)
（2）“捕捉”时有NaHCO3生成，“热解析”有H2O生成。“热解析”时发生反应化学方程式是___________。
（3）为对比不同浓度的Na2CO3溶液捕捉CO2能力的强弱，进行以下实验：101kpa、25℃时分别将含1% CO2的废气A通入等体积不同浓度的Na2CO3溶液中，并测定废气B中CO2的含量。该实验还需控制的条件是___________。实验中相同时间内，随温度升高Na2CO3溶液捕捉CO2的能力下降，其原因是___________。
(二)CO2的利用
一定条件下，用CH4可实现CO2高效转化为CO，流程如图所示。
（4）反应1中参加反应的CO2与CH4的质量比___________。
（5）从元素守恒的角度分析，物质a是___________。
（6）反应1中已产生CO和H2。设计反应2和反应3，其目的是___________。
【答案】（1）碱 （2）
（3）①. 通入废气的速率 ②. 温度升高，二氧化碳的溶解度减小
（4）11:4 （5）水##H2O
（6）分离提纯反应1中生成的CO
【解析】（1）Na2CO3能捕捉CO2是因为其水溶液显碱性，二氧化碳能与碱性物质反应，可以更好的吸收二氧化碳气体；
（2）“捕捉”时有NaHCO3生成，“热解析”有H2O生成。则“热解析”时发生反应为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：；
（3）对比不同浓度的Na2CO3溶液捕捉CO2能力的强弱，根据控制变量法，碳酸钠溶液的浓度不同，其他因素相同，则该实验还需控制的条件是通入废气的速率；
气体的溶解度随温度的升高而减小，故实验中相同时间内，随温度升高Na2CO3溶液捕捉CO2的能力下降，其原因是：温度升高，二氧化碳的溶解度减小；
（4）由图可知，反应1为二氧化碳和甲烷在一定条件下反应是一氧化碳和氢气，该反应的化学方程式为：，则反应1中参加反应的二氧化碳与甲烷的质量比为：44:16=11:4；
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，反应物中含C、H、O、Ca、Fe，生成物中含Ca、C、O、Fe，故生成物中还应含氢元素，则物质a应是水；
（6）反应1中已产生CO和H2，反应3中生成CO，故设计反应2和反应3，其目的是分离提纯反应1中生成的CO。
25. 查阅资料：硫酸铜溶液呈酸性，铁与酸性溶液反应会产生氢气。溶液中氢离子浓度越大，酸性就越强，pH越小。
同学们想探究铁与硫酸铜溶液反应过程中的溶液酸性强弱变化及其原因。将打磨光亮的铁钉放入30mL4%硫酸铜溶液中，插入pH传感器检测溶液pH变化(如图1)，同时插入氧气传感器检测密闭容器内氧气含量的变化(如图2)。
（1）由图1和图2推测，铁与硫酸铜溶液反应过程中溶液的酸性增强的原因可能是___________。
设计实验进行验证：用蒸馏水配制30 mL 4%热的硫酸铜溶液，放入光亮的铁钉，用pH传感器测密闭容器中溶液pH变化(如图3)：
（2）对比可知该反应过程中，溶液酸性增强原因推测成立，验证实验中设计使用热的硫酸铜溶液的原因是___________。
硫酸铜制取及应用
（3）将废铜屑倒入稀硫酸中，控温80℃并通入氧气制备硫酸铜，反应的化学方程式为___________。
工业上用含有硫酸铜的微蚀刻废液(含有一定量Cu2+、H+、、H2O2和微量Fe3+)来制备高纯度碱式碳酸铜【Cu2(OH)2CO3】，用于生产木材防腐剂等。其制备过程如下：
（4）硫酸铜溶液和碳酸钠反应，发生第二次沉淀，同时生成二氧化碳和一种常见的钠盐，则化学反应方程式为___________。
（5）第二次沉淀时，若有少量5Cu(OH)2·2CuCO3生成，则产品中铜元素的质量分数___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）硫酸亚铁会与水以及空气中的氧气反应，从而产生氢离子
（2）除去蒸馏水中溶解的氧气，与上述蒸馏水配制30mL4%的硫酸铜溶液实验形成对比
（3）
（4）
（5）偏大
【解析】（1）该实验是在密闭容器中进行，容器中含有空气。由图可知，铁与硫酸铜溶液反应过程中，溶液的pH逐渐减小，酸性增强，由于氧气浓度不断减少，则可能因为硫酸亚铁溶液会与氧气及水发生反应产生氢离子，溶液中氢离子浓度越大，酸性就越强。
（2）上述实验中硫酸亚铁溶液与氧气接触，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强。设计对比实验进行验证，对比实验中需要不与氧气接触，气体的溶解度随温度的升高而减小，将蒸馏水加热除去蒸馏水中溶解的氧气，配制热的30mL4%硫酸铜溶液，放入光亮的铁钉，用pH传感器测密闭容器中溶液的pH增大，酸性没有增强。
（3）80℃时，铜、氧气、稀硫酸反应生成硫酸铜和水，该反应的化学方程式为。
（4）工业上用含有硫酸铜的微蚀刻废液(含有一定量Cu2+、H+、、H2O2和微量Fe3+)来制备高纯度碱式碳酸铜。硫酸铜溶液和碳酸钠反应，生成碱式碳酸铜沉淀、二氧化碳和常见钠盐。根据质量守恒定律，反应前后元素种类和原子个数不变，反应前有钠离子和硫酸根离子，反应后也应该有这两种离子，故推出来常见的钠盐为硫酸钠，则化学方程式为。
（5）碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]中铜元素的质量分数为，5Cu(OH)2•2CuCO3中铜元素的质量分数为，所以“沉淀”时若有少量5Cu(OH)2•2CuCO3生成，产品中铜元素的质量分数偏大。
26. 实验室研究MnO2吸收SO2
在实验室模拟利用二氧化锰浆液处理含二氧化硫废气，并对此展开研究(装置如图-1所示)
（1）装置中使用多空球泡的作用___________。
（2）MnO2脱硫除SO2时，发生如下反应：①H2O+SO2=H2SO3；②MnO2+H2SO3=MnSO4+H2O。不断通入SO2，反应后期测得体系中Mn2+的浓度不再变化，此时的浓度却仍在快速上升，且溶液的酸性快速增强，可能的原因是___________。
（3）有多种因素影响二氧化硫的吸收。图-2表示在其他条件一定时，温度对吸收率的影响，分析温度在40-50间吸收率变化原因：___________。
工业制备MnSO4·H2O
（4）已知MnSO4的溶解度随温度变化如图-3所示。获得 MnSO4·H2O晶体的步骤有：蒸发浓缩→___________ (填“加热”或“降温”)结晶→洗涤→烘干。在“烘干”操作前，先将洗涤后的晶体置于低压环境中以除去大多数水分，优点是___________。
【答案】（1）增大与二氧化锰浆液的接触面积，加快反应速率
（2）废气进入浆液后，二氧化硫与氧气在硫酸锰的催化作用下化合生成硫酸
（3）40～50°C气体溶解度随着温度的升高而下降，所以吸收率下降，50～60°C温度升高反应速率加快，故吸收率上升
（4）①. 加热 ②. 缩短烘干的时间，提高效率(或节约能源降低成本)
【解析】（1）装置中使用多孔球泡可增大与二氧化锰浆液的接触面积，加快反应速率(反应更充分)；
（2）反应后期溶液中酸性会逐渐增强，是由于废气进入浆液后，二氧化硫与氧气在硫酸锰的催化作用下化合生成硫酸，所以不断通入二氧化硫，反应后期测得体系中的锰离子浓度不再变化，但硫酸根的浓度快速上升，酸性快速增强；
（3）温度对气体溶解度和反应速率都有影响，气体溶解度随着温度的升高而下降，温度升高反应速率加快，所以40～60°C间吸收率变化的可能原因是40～50°C气体溶解度随着温度的升高而下降，所以吸收率下降，50～60°C温度升高反应速率加快，故吸收率上升；
（4）由图可知，随温度升高硫酸锰晶体会逐渐失去结晶水，所以要加热结晶；在“烘干”操作前，先将洗涤后的晶体置于低压环境中以除去大多数水分，优点是缩短烘干的时间，提高效率(或节约能源降低成本)。
选项
A
B
图像
实验设计
木炭在密闭的容器中燃烧
高温煅烧石灰石
选项
C
D
图像
实验设计
向一定量灼热的氧化铜中不断通入一氧化碳
分别向等质量大理石中滴加相同的足量稀盐酸
选项
实验目的
实验方案
A.
配制50g质量分数为16%的NaCl溶液
称8g NaCl放入烧杯，加50mL水，搅拌
B.
鉴别FeCl3、NaOH、Na2SO4三种溶液
只用组内试剂即可鉴别
C.
验证质量守恒定律
将5g水和5g乙醇混合后质量等于10g
D.
除去CO2中混有的HCl
通入足量的NaOH溶液