2026年江苏省扬州市中考化学试卷(含详细答案解析)

这是一份2026年江苏省扬州市中考化学试卷(含详细答案解析)，共5页。试卷主要包含了单选题，流程题，简答题，探究题等内容，欢迎下载使用。
1.AI能够辅助人们设计出合成物质的最优路线。要教会AI像化学家那样思考，让它学会在设计合成路线时优先考虑一些因素。下列不属于合成时需优先考虑的因素是( )
A. 成本较低B. 产率较高C. 绿色环保D. 步骤繁杂
2.工业制备CCl4的方法为CS2+3Cl2CCl4+X。X的化学式是( )
A. S2Cl2B. S2ClC. SCl2D. SCl3
3.将少量的下列物质加入适量水中，所得混合物属于溶液的是( )
A. 碳酸钠B. 泥土C. 粉笔灰D. 植物油
4.草木灰中含有K2CO3，可作钾肥。K2CO3中碳元素的化合价是( )
A. +1B. +2C. +3D. +4
5.牛皮糖配料中含麦芽糖(C12H22O11)下列关于麦芽糖的说法正确的是( )
A. 由碳、氢、氧三种元素组成B. 由碳原子和水分子构成
C. 氢元素的质量分数最大D. 碳、氧元素质量比为12：11
6.扬州出土的青铜器“错银铜牛灯”的主要结构如图所示，灯座内注入清水，灯盘内盛放灯油，灯罩可自由开合。下列说法不正确的是( )
A. 青铜属于合金B. 灯座内清水可降低灯油的着火点
C. 灯罩可调节进入的空气量D. 烟气进入水中后，固体粉尘会被去除
7.CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，其转化可用CH4→点燃O2CO2表示。在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是( )
A. Cu2(OH)2CO3→△CuOB. CuO→稀硫酸CuSO4溶液
C. CuSO4溶液→ZnCuD. Cu→稀盐酸CuCl2溶液
阅读下列材料，完成各小题。
中国立足“富煤少油”国情，发展现代煤化工产业，实现资源和技术自主可控。煤主要含碳元素，还含有H、O、N、S、Na等元素。煤制气可得CO、H2，生成的气体进一步转化可得汽油(含多种碳氢化合物分子)等产品。
8.下列属于金属元素的是( )
A. OB. NC. NaD. S
9.煤制气的主要反应为C+H2OCO+H2，该反应的类型是( )
A. 化合反应B. 分解反应C. 置换反应D. 复分解反应
10.下列说法正确的是( )
A. 煤是单质B. 汽油是纯净物
C. 煤转化为汽油是物理变化D. 将煤转化为汽油，可缓解石油短缺问题
11.下列实验安全事项，与“浓盐酸稀释实验”无关的是( )
A. AB. BC. CD. D
12.氖气可用作霓虹灯的填充气，氖在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是( )
A. 氖的原子核内有20个质子
B. 氖的元素符号为Ne
C. 氖的原子核外有18个电子
D. 氖的相对原子质量为10
13.下列物质的性质和用途对应关系正确的是( )
A. 石墨具有导电性，可用作电池的电极B. 活性炭是黑色固体，可用于吸附水中杂质
C. 碳酸氢钠可溶于水，可用于治疗胃酸过多D. 甲烷是无色气体，可用作燃料
14.构成物质的微观粒子有分子、原子、离子等。下列物质由离子构成的是( )
A. 氢气
B. 氯化钠
C. 液态氧
D. 晶体硅
阅读下列材料，完成各小题。
石灰石经煅烧可制得生石灰。将少量生石灰加入水中，发生反应：CaO+H2O=Ca(OH)2，温度升高，得到石灰乳。石灰乳经过滤可得澄清石灰水。
15.实验室模拟上述过程，并探究石灰水的性质及用途。下列装置与操作正确的是( )
A. 高温煅烧石灰石B. 检验CO2
C. 生石灰与水反应D. 测定石灰水pH
16.下列物质属于盐的是( )
A. CaB. CaOC. Ca(OH)2D. CaCO3
17.下列说法正确的是( )
A. 石灰石易与水反应B. CaO与水反应时吸收热量
C. 过滤石灰乳可得到Ca(OH)2溶液D. Ca(OH)2易溶于水
18.KNO3、NaCl、Li2SO4三种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 60∘C时，KNO3的溶解度为106g
B. 60∘C时，三种物质的溶解度大小关系：S(KNO3)>S(NaCl)>S(Li2SO4)
C. 升高温度，NaCl和Li2SO4的溶解度变化趋势不同
D. 降低温度，Li2SO4能从其热饱和溶液中结晶析出
19.下列实验方案及现象不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
20.H2O2能与有机物X反应，从而去除水样中的X。为研究不同固体催化剂M、N对该反应中X去除率的影响，进行如图1所示的三组实验。相同时间后，测得实验结果如图2所示。
已知：X的去除率=(1−去除后水样中X的质量去除前水样中X的质量×100%)；M、N不与X反应。
下列有关H2O2与X的反应及上述实验的结论合理的是( )
A. M对该反应无催化效果
B. 实验①与实验②，有机物X被去除的原理相同
C. 上述实验条件下，与M相比，N催化该反应的效果更好
D. 其他条件相同时，与M相比，改变温度对N催化该反应的影响更大
二、流程题：本大题共1小题，共12分。
21.二氧化碳的捕集、利用与封存技术，有力支撑“碳中和”目标的达成。
(1)“碳捕集”是指将CO2从工业生产、能源利用或大气中分离出来。
①气体的浓度可用质量浓度和体积浓度两种方式表示。质量浓度如“1μg⋅m−3的H2”，含义为每立方米气体中含1μgH2。体积浓度如“386μL⋅L−1的CO2”，含义为______。
②某区域大气中CO2浓度三年的变化如图所示。该区域大气中CO2浓度的变化趋势为______。
③对煤燃烧产生的CO2进行捕集时，相比于通入空气，通入O2与煤反应产生的烟气更有利于碳捕集，原因是______。
(2)“碳输送”是将捕集的CO2运送到利用或封存场地。
①气态CO2可通过适度加压并______的措施转化为液态，以管道输送。
②固态CO2(干冰)常用于食品冷链保鲜。常温常压下，干冰在空气中会逐渐______ (填物质状态变化名称)，保持较低温度。
(3)“碳利用”是将捕集的CO2资源化利用。
①以CO2和NH3为原料可制备尿素[CO(NH2)2]，同时生成H2O。理论上，参与该反应的CO2和NH3的质量比为______。
②以CO2和H2为原料可合成甲醇，反应的微观示意图如图所示。进入甲醇中的氢元素占参加该反应氢元素的比例为______ (用分数表示)。
(4)“碳封存”可将捕集的CO2注入地下深部卤水层，CO2会与H2O反应生成______ (填化学式)，最终可转化为碳酸盐固体。
(5)在CO2产生后再将其捕集或处理，而不是从源头避免CO2的产生，这种方法常被称为“末端治理”。下列措施属于末端治理的是______ (填字母)。
A.用水力等清洁能源替代燃煤发电
B.燃煤废气经吸收处理后再排放
C.用电动汽车逐步取代燃油汽车
三、简答题：本大题共2小题，共22分。
22.扬州正聚力打造长三角算力枢纽节点。
(1)算力需“动力之源”。扬州与甘肃、青海“东数西算”工程节点城市推进算力协同。
①甘肃庆阳的石油、煤炭、天然气等储备量充足，并拥有丰富的风能、太阳能资源。上述能源中，属于可再生能源的是______。
②青海打造多元储能体系。下列方法中将电能转化为氢能的是______ (填字母)。
A.用电机将水从低处抽至高处
B.用电解装置使水分解
C.用电力驱动压缩机将空气压缩液化
(2)算力需“材料基石”。高纯硅(Si)和超纯水是生产芯片的基础性物料。
①用沙子(主要成分是SiO2)和焦炭可制备粗硅，粗硅进一步提纯可制得高纯硅。从沙子、粗硅到高纯硅，硅元素的质量分数______ (填“减小”“不变”或“增大”)。
②生活污水回收再生可制备超纯水，其中的膜分离过程如图所示。
比较微观粒子的直径：d(蛋白质分子)______ d(水分子)(填“>”或“NaCl>Li2SO4，故B表述正确；
C、升高温度时，NaCl溶解度随温度升高缓慢增大，Li2SO4溶解度随温度升高减小，二者变化趋势不同，故C表述正确；
D、Li2SO4的溶解度随温度降低而增大，降低温度时其热饱和溶液会变为不饱和溶液，不会有晶体析出，故D表述错误。
故选：D。
A、根据60∘C时，KNO3的溶解度曲线对应点坐标为(60,106)进行分析；
B、根据60∘C时，三条曲线的纵坐标(溶解度数值)从高到低为KNO3>NaCl>Li2SO4进行分析；
C、根据升高温度时，NaCl溶解度随温度升高缓慢增大，Li2SO4溶解度随温度升高减小进行分析；
D、根据Li2SO4的溶解度随温度降低而增大，降低温度时其热饱和溶液会变为不饱和溶液，不会有晶体析出进行分析。
本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。
19.【答案】A
【解析】解：A、粗盐的主要成分是氯化钠，氯化钠易溶于水，泥沙难溶于水，除去粗盐中泥沙的正确流程为溶解、过滤、蒸发，过滤步骤用于分离不溶性泥沙，该方案缺少过滤操作，蒸发后得到的固体仍是氯化钠和泥沙的混合物，故选项不达到实验目的。
B、等体积水和酒精混合后总体积小于二者之和，是因为水分子和酒精分子互相进入对方的分子间隙，可验证分子间存在空隙，故选项达到实验目的。
C、浓硫酸具有吸水性，且不与H2反应，可通过洗气除去H2中的水蒸气，故选项达到实验目的。
D、酚酞溶液在酸性、中性溶液中无色，碱性溶液中显红色，反应后溶液变红，说明NaOH溶液过量，能证明盐酸已被消耗，证明二者反应，故选项达到实验目的。
故选：A。
A、根据粗盐的主要成分是氯化钠，氯化钠易溶于水，泥沙难溶于水，进行分析判断。
B、根据分子的基本性质，进行分析判断。
C、除杂至少要满足“不增不减”的原则，“不增”是指不增加新杂质，“不减”是指不减少目标物质的质量。
D、根据酚酞溶液在酸性、中性溶液中无色，碱性溶液中显红色，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学的难点，明确实验原理、熟练掌握所涉及物质的性质等是正确解答本题的关键。
20.【答案】C
【解析】解：A、对比M组的实验①(未加过氧化氢)和实验②(加过氧化氢)，实验②的X去除率明显更高，说明M对反应有催化效果，故A错误。
B、实验①未加H过氧化氢，且已知M、N不与X反应，X少量去除是催化剂的吸附作用(物理变化)；实验②是H2O2与X发生化学反应去除X，二者原理不同，故B错误。
C、相同实验条件下(如同为实验②的pH=3、50∘C加H2O2，或同为实验③的pH=9、70∘C加过氧化氢)，N对应的X去除率均远高于M，说明N的催化效果更好，故C正确。
D、实验②和③同时改变了pH和温度两个变量，无法判断温度改变对两种催化剂的影响差异，故D错误。
故选：C。
A.对比M组的实验①(未加H2O2)和实验②(加H2O2)，实验②的X去除率明显更高；
B.实验①未加H2O2，且已知M、N不与X反应，实验②是H2O2与X发生化学反应去除X；
C.相同实验条件下(如同为实验②的pH=3、50∘C加H2O2，或同为实验③的pH=9、70∘C加H2O2)；
D.实验②和③同时改变了pH和温度两个变量。
本题主要考查有关质量守恒定律的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
21.【答案】每升气体中含386μLCO2;总体浓度逐年升高，同一年内1−4月升高、4−8月降低、8−12月升高(或整体逐年上升，年内夏季浓度低、冬春季节浓度高);得到的烟气中CO2纯度(浓度)更高，更利于捕集 降温;升华 22：17;23 H2CO3 B
【解析】解：(1)①根据题干给出的质量浓度定义类比，体积浓度单位为μL⋅L−1，因此含义为每升气体中含386微升CO2。
②某区域大气中CO2浓度三年的变化如图所示。该区域大气中CO2浓度的变化趋势为总体浓度逐年升高，同一年内1−4月升高、4−8月降低、8−12月升高(或简化为：整体逐年上升，年内夏季浓度低、冬春季节浓度高)。
③空气含大量氮气等杂质，煤在纯氧中燃烧后，烟气中CO2的浓度/纯度更高，因此更便于捕集。
(2)①使气体液化的两种方式为加压、降温。
②干冰常温常压下直接由固态变为气态，该物态变化为升华。
(3)①制备尿素的反应为CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，因此CO2和NH3质量比为44：34=22：17。
②根据微观示意图得反应的化学方程式为：CO2+3H2CH3OH+H2O，参加反应的氢原子共6个，甲醇中含4个氢，因此比例为46=23。
(4)CO2会与H2O反应生成碳酸，最终可转化为碳酸盐固体，碳酸的化学式为H2CO3。
(5)末端治理定义是“产生CO2后再处理，而非源头避免产生“，A、C都是从源头减少CO2生成，B是产生废气后再处理，属于末端治理，因此选B。
故答案为：(1)①每升气体中含386μLCO2；
②总体浓度逐年升高，同一年内1−4月升高、4−8月降低、8−12月升高(或整体逐年上升，年内夏季浓度低、冬春季节浓度高)；
③得到的烟气中CO2纯度(浓度)更高，更利于捕集；
(2)降温；升华；
(3)22：17；；
(4)H2CO3；
(5)B。
(1)①根据题干信息来分析；
②根据图示信息来分析；
③根据氧气的纯度来分析；
(2)①根据物态变化来分析；
②根据干冰的性质来分析；
(3)①根据化学方程式的意义来分析；
②根据微观反应示意图的信息来分析；
(4)根据二氧化碳的性质来分析；
(5)根据“末端治理”的含义来分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
22.【答案】风能、太阳能;B 增大;>;减弱;O2 升温到60∘C所需时间;化学性质稳定、不腐蚀芯片(答案不唯一)
【解析】解：(1)①石油、煤炭、天然气属于化石能源，短时间无法再生；风能、太阳能可循环获取，属于可再生能源。
②A.抽水储能，电能→重力势能，故错误。
B.电解水制氢气，电能→氢能(化学能)，故正确。
C.压缩空气储能，电能→内能，故错误。
(2)①SiO2中硅元素质量分数小于单质硅，提纯过程杂质不断减少，硅纯度升高，硅元素质量分数增大。
②超滤膜能截留蛋白质、透过水分子，说明蛋白质分子直径大于水分子；反渗透膜除去可溶性盐，水中自由移动离子大幅减少，导电能力减弱。
③Si和O2作用生成SiO2，因此需除去水中溶解的O2。
(3)①控制冷却液体积、初始温度、水浴温度相同，通过升温到60∘C的时间判断导热性能：时间越短，导热越好。
②冷却液长期接触高温芯片，需要化学性质稳定、不腐蚀芯片、不易燃、无毒等化学性质。
故答案为：(1)①风能、太阳能；
②B；
(2)①增大；
②>；减弱；
③O2；
(3)①升温到60∘C所需时间；
②化学性质稳定、不腐蚀芯片(答案不唯一)。
(1)①根据能源的分类分析；
②根据过程中能量的转化分析；
(2)①根据SiO2中硅元素质量分数小于单质硅分析；
②根据图示和溶液导电的原因分析；
③根据Si和O2作用生成SiO2分析；
(3)①根据控制冷却液体积、初始温度、水浴温度相同，通过升温到60∘C的时间判断导热性能分析；
②根据冷却液长期接触高温芯片，需要化学性质稳定、不腐蚀芯片、不易燃、无毒等化学性质分析。
本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。
23.【答案】延展性好 铁矿石;液态 选观点1：铁生锈需要接触水，修建遮雨棚可避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水含量，因此能减缓腐蚀(选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水，满足生锈条件，因此会加速腐蚀) B;Fe−2;Fe−1，最终固体增加的质量为参加反应的氧气质量，Fe−1完全反应后固体增加的质量更大，说明参加反应的氧气质量更大，因此参加反应的铁的质量更大
【解析】解：(1)物质不需要化学变化就表现出的性质。陨铁能锻打成型利用了延展性好，属于物理性质；
(2)炼铁的原料是铁矿石，因此文中的“土”指铁矿石；高温下生铁熔化为液态才能流出，因此生铁此时为液态；
(3)铁生锈的条件是铁与氧气、水同时接触；
(4)①由图可知，ab段温度较低，Fe−1几乎不反应，固体质量几乎不变；bc段温度升高，Fe−1剧烈燃烧，固体质量快速增加，因此选B；
②颗粒更小的Fe−2在更低温度下就开始剧烈燃烧，因此着火点更低；
③铁粉和氧气反应生成四氧化三铁，容器内固体增加的质量就是参加反应的氧气质量；由图可知，最终Fe−1反应后固体增加质量大于Fe−2，说明参加反应的氧气质量更大，因此参加反应的铁质量更大；
故答案为：(1)延展性好；
(2)铁矿石；液态；
(3)选观点1：铁生锈需要接触水，修建遮雨棚可避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水含量，因此能减缓腐蚀(选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水，满足生锈条件，因此会加速腐蚀)；
(4)①B；②Fe−2；③Fe−1，最终固体增加的质量为参加反应的氧气质量，Fe−1完全反应后固体增加的质量更大，说明参加反应的氧气质量更大，因此参加反应的铁的质量更大。
(1)根据陨铁可直接锻打制成器物，说明其具有良好的延展性，属于物理性质解答即可；
(2)根据炼铁原料是铁矿石、“从炉腰孔流出”说明生铁呈液态解答即可；
(3)根据铁生锈的条件是铁与氧气、水同时接触，结合题干中遮雨棚对水的影响，选择任一观点解释即可；
(4)①根据图像中bc段固体质量快速增加，说明处于剧烈燃烧阶段解答即可；
②根据Fe−2颗粒更小，着火点更低解答即可；
③根据容器内固体增加的质量即为参加反应的氧气质量，Fe−1最终增重更大，说明其参加反应的铁质量更大解答即可。
掌握铁的延展性、炼铁原料、铁生锈的条件(氧气和水)、燃烧剧烈程度的判断、着火点与颗粒大小的关系以及质量守恒定律的应用是解答本题的关键。
24.【答案】锌 2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2;将合金粉碎增大接触面积、延长反应时间(答案不唯一) 防止H2O2受热分解，同时降低温度可增大SO2的溶解度，使SO2充分被吸收 0.016%；部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收，测得的硫质量偏小，因此结果偏低 放入1%的CuCl2溶液中;洗涤、干燥
【解析】解：(1)熔炼温度为1200∘C，高于锌的沸点(906∘C)，熔炼时锌会大量挥发，因此原料中锌需要适当过量，才能得到目标组成的合金；
(2)Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2，反应的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2，反应温度和氧气流速不变时，增大反应物接触面积、延长反应时间都可以让含硫物质充分反应；
(3)H2O2受热易分解，且高温下SO2在溶液中溶解度降低，冷却可避免H2O2分解，保证SO2被完全吸收；
(4)①合金中硫元素等于硫酸中硫元素质量为4.9×10−4g×321×2+32+16×4×100%=1.6×10−4g，硫元素的质量分数为1.6×10−4g1.000g×100%=0.016%；
②部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收，测得的硫质量偏小，因此结果偏低；
(5)根据实验流程，称量样品后需要将其放入1%的CuCl2溶液中恒温腐蚀，取出后需要洗涤除去表面残留溶质、干燥除去水分，才能准确称量腐蚀后的样品质量，计算腐蚀速率。
故答案为：(1)锌；
(2)2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；将合金粉碎增大接触面积、延长反应时间(答案不唯一)；
(3)防止H2O2受热分解，同时降低温度可增大SO2的溶解度，使SO2充分被吸收；
(4)0.016%；部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收，测得的硫质量偏小，因此结果偏低；
(5)放入1%的CuCl2溶液中；洗涤、干燥。
(1)根据熔炼温度为1200∘C，高于锌的沸点(906∘C)，熔炼时锌会大量挥发来分析解答；
(2)根据Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2来分析解答；根据反应温度和氧气流速不变时，增大反应物接触面积、延长反应时间都可以让含硫物质充分反应来分析解答；
(3)根据H2O2受热分解，同时降低温度可增大SO2的溶解度，使SO2充分被吸收来分析解答；
(4)根据题中数据来分析解答；根据部分SO2被烟尘吸附带走，无法被H2O2溶液完全吸收来分析解答；
(5)根据实验步骤分析解答。
在解此类题时，首先要将题中的知识认知透，然后结合学过的知识进行解答，此类题难度较大，要细心进行分析解答。
25.【答案】4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC;C 氮化铝;铝表面易被氧气氧化生成致密氧化铝薄膜，阻碍铝与氮气反应 反应物AlCl3、NH3和副产物HCl在700∘C下均为气体，只有AlN是固体，易分离提纯 ①CD；②
【解析】解：(1)①根据题目信息可知，该反应为铝粉、碳粉和TiO2在高温条件下反应生成Al2O3和TiC，方程式为：4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC；故答案为：4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC；
②金属基体和陶瓷涂层两种不同性能的材料复合而成，属于复合材料；故答案为：C；
(2)根据“顺写反读”的规则，AlN的名称为氮化铝；铝化学性质活泼，常温下即可与氧气反应生成致密氧化铝膜，阻止内部铝与氮气接触反应，故答案为：氮化铝；铝表面易被氧气氧化生成致密氧化铝薄膜，阻碍铝与氮气反应；
(3)根据题目信息可知，Al2O3、AlN熔点均高于2000∘C，若用铝粉与N2反应制AlN，则制得的AlN中可能会含有Al2O3，而AlCl3沸点为190∘C，AlCl3与NH3在700∘C反应生成AlN和HCl，在该温度下AlCl3、NH3和副产物HCl均为气体，只有AlN是固体，纯度更高；故答案为：反应物AlCl3、NH3和副产物HCl在700∘C下均为气体，只有AlN是固体，易分离提纯；
(4)①Al2O3导热率远低于AlN，散热性能差；且热膨胀系数与LED芯片的5×10−6∘C−1差距更大，频繁开关温度反复变化时易脱落，故选：CD；
②Al2O3价格远低于另外两种材料，对应“价格实惠”；BeO导热率最高，对应“迅速送走热量”；AlN热膨胀系数与芯片最接近，温度变化时变形量接近，不易脱落，对应“依然紧密贴合”；故答案为：。
(1)①根据题目信息书写方程式即可；
②根据材料的分类方法进行分析；
(2)根据化学式的读法及铝的表面有致密的氧化铝薄膜进行解答；
(3)根据题目中各物质的性质差异进行分析；
(4)①根据题目信息进行分析；
②根据题目信息进行分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。



A.进行实验需要佩戴护目镜，保护眼睛
B.实验中用到或产生有害气体，应开启通风
C.实验中用到明火，要正确使用火源
D.实验结束离开前，需用肥皂等清洗双手
选项
实验目的
实验方案及现象
A
除去粗盐中的泥沙
将粗盐加水溶解，蒸发水分，得到固体
B
验证分子之间有空隙
在100mL量筒中将50mL水和50mL酒精混合，混合后的体积小于100mL
C
除去H2中的水蒸气
将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
D
判断盐酸已与NaOH反应完全
向盐酸中滴加几滴酚酞试剂，再加入NaOH溶液，充分反应后，溶液由无色变成红色
步骤1
室温下，取两种冷却液各100mL，分别注入两只相同的烧杯中，分别插入温度计
步骤2
将两只烧杯同时放入60∘C恒温水浴中，记录数据
步骤3
待冷却液的温度达到60∘C时，记录数据
观点1
修建遮雨棚，能够减缓腐蚀
观点2
修建遮雨棚，会加速腐蚀
编号
指标
AlN
Al2O3
BeO
A
价格/元⋅kg−1
500
5
400
B
毒性
无毒
无毒
有毒
C
导热率(反映材料热传导能力的物理量，导热率越大，导热性能越强/W⋅m−1⋅K−1)。
230
30
300
D
热膨胀系数(温度每升高1∘C时，材料长度或体积的相对变化量/×10−6⋅C−1)。
4.4
7.7
7.5
广告语
材料
性能足够，价格实惠
AlN陶瓷散热板
把每一丝热量迅速送走
Al2O3陶瓷散热板
百万次点亮，依然紧密贴合
BeO陶瓷散热板