2026年重庆市第一中学校中考一模化学试题

这是一份2026年重庆市第一中学校中考一模化学试题试卷主要包含了填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题包括15个小题，共30分）每小题只有一个选项符合题意，将正确选项的序号填涂在答题卡上。
1．下列重庆特色食品制作过程，主要发生化学变化的是
A．鱼肉切片B．榨菜风干C．豆豉发酵D．小面加菜
2．“绿水青山就是金山银山”的理念正深入践行中。下列做法不符合该理念的是
A．植树护林B．垃圾分类C．废气直排D．空气监测
3．2026年4月17日，神舟二十一号航天员乘组圆满完成第三次出舱活动。空间站舱内可供给航天员呼吸的气体是
A．氮气B．氧气C．二氧化碳D．稀有气体
4．合理施肥是增加粮食产量的保障。以下属于复合肥的是
A．KClB．KNO3C．NH4NO3D．Ca3(PO4)2
5．在“用浓氨水探究分子运动现象”的实验中，下列对该实验有关图标的标注不正确的是
A．B．
C．D．
6．古方提纯胆矾记载：“取石胆，水浸取汁，煎炼，冷则成块。”其中没有涉及的实验方法是
A．溶解B．蒸发C．蒸馏D．结晶
7．渝西水资源配置工程近期全线通水，“水瓶颈”得以破解。下列有关水的说法错误的是
A．合理调水缓解水资源短缺
B．活性炭淡化海水
C．生活中使用硬水会带来许多麻烦
D．电解水时，负极产生的气体可作燃料
8．由丙烯酸（C3H4O2）制备的树脂材料可用于脑机接口技术的核心组件。下列有关丙烯酸的说法正确的是
A．其分子中含有氧分子B．由9个原子构成
C．碳元素质量分数最大D．属于氧化物
9．我国科学家开发出可用于半导体关键材料的基于聚碲氧烷的新型光刻胶。其中碲在元素周期表中的信息如图所示。下列有关说法错误的是
A．碲原子内质子数是52B．碲原子核外有52个电子
C．碲的相对原子质量是127.6D．碲属于金属元素
10．艾一中兴趣小组设计的实验装置如图所示，该装置既能制取气体，又能验证物质的性质。下列有关说法错误的是
A．该装置可控制反应速率
B．打开K1关闭K2，该装置可制取二氧化碳
C．打开K1关闭K2，集气瓶中装满水，该装置可制取氧气
D．关闭K1打开K2，试管中盛放石灰水可检验二氧化碳
11．化学与生活息息相关。下列各“剂”的应用错误的是
A．浓硫酸可作食品“干燥剂”
B．氯化钠可作厨房“调味剂”
C．小苏打可作糕点“膨松剂”
D．氮气可填充到灯泡内作灯丝“保护剂”
12．下列是小云同学整理的化学笔记，其中有错误的是
A．化学与材料：塑料、合成纤维、合成橡胶都属于合成材料
B．化学与安全：点燃可燃性气体前必须验纯
C．化学与环境：一氧化碳、二氧化硫都是空气污染物
D．化学与健康：人体缺碘会引起贫血
13．下列实验方法或主要操作不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
14．如图为NaCl的转化和利用 下列说法错误的是
A．实验①的主要步骤为：计算、称量、量取、溶解
B．应用②中，用NaCl溶液制烧碱，水参加了反应
C．反应③可一步完成，该反应为化合反应
D．转化④加入溶液顺序依次是过量的NaOH、BaCl2、Na2CO3和稀盐酸
15．某同学用pH传感器测定稀盐酸与氢氧化钠溶液反应过程中pH变化，测定结果如图所示。下列说法正确的是
A．该实验是将氢氧化钠溶液滴入稀盐酸中
B．向B点溶液中加入硝酸银溶液，能证明盐酸与氢氧化钠发生反应
C．溶液中氯化钠的质量随着pH的减小逐渐增大
D．C点时，溶液中钠离子的个数一定小于氯离子的个数
二、填空题（本大题包括5个小题，共23分）
16．矿物颜料广泛应用于壁画中。
（1）群青主要含钠、铝、硅等元素，其中 是地壳中含量第二高的元素。
（2）朱砂（硫化汞）用以绘画，汞元素的符号为 。
（3）赭石（主要成分为Fe2O3）中Fe的化合价为 。
（4）石绿的主要成分为Cu2(OH)xCO3，其中Cu显+2价，则x= 。
（5）炭黑历久弥新，证明碳单质在常温下化学性质 。
17．2026年3月，张雪机车在世界超级摩托车锦标赛中连夺冠军，实现中国品牌在该赛事的历史性突破。
（1）机车车架使用了铝合金，主要利用的性能有________（填序号）。
A．有金属光泽B．抗腐蚀性好C．强度大
（2）工业上电解氧化铝炼铝的化学方程式为 。
（3）机车还使用了铜合金。以下方法中，能验证铝比铜活泼的是________（填序号）。
A．铝加入氯化铜溶液
B．铝片和铜片相互刻画
C．铜加入氯化铝溶液
（4）防止机车铁质部件生锈的原理是 。
18．全球能源结构正在向多元、清洁、低碳转变。
（1）煤属于 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）减少CO2排放已成为全球共识。下列做法符合低碳理念的是_____________（填序号）。
A．随手关灯B．节约用纸C．多使用一次性木筷
（3）二氧化碳在一种新型催化剂的作用下可以转化为汽油，主要转化过程如图所示（部分生成物已略去）。
①催化剂在化学反应前后质量和 不变。
②过程I中反应生成的另外一种物质为生活中常见的液态物质，该反应的化学方程式为 。
19．甲、乙、丙三种固体物质的溶解度曲线如图所示。
（1）t1∘C时，甲、乙、丙三种物质溶解度由大到小的顺序是
（2）交点P的含义是 。
（3）t3∘C时，将丙的不饱和溶液均分为两等份。一份恒温蒸发10g水，析出ag晶体；另一份恒温蒸发20g水，析出bg晶体。则b 2a（填“>”“乙
B．t2∘C时，甲、丙的饱和溶液中所含溶质的质量相等
C．将t3∘C时甲、乙两种物质的等质量的饱和溶液降温到t1∘C，析出晶体多的是甲
D．将t3∘C时乙、丙两种物质的饱和溶液降温到t1∘C，所得溶液的溶质质量分数：丙>乙
20．硅酸钠（Na2SiO3）是制皂工业的填料，将其掺入洗衣皂可缓冲洗衣皂的碱性。用某石英砂矿石（主要成分是SiO2，还含有少量的CuO、Na2SO4、Na2CO3）制备硅酸钠的流程如图：
查阅资料：SiO2既不溶于水，也不与盐酸反应。
（1）研磨石英砂矿石的目的是 。
（2）“洗涤a”的目的是除去固体表面残留的 （写化学式）。
（3）已知SiO2与NaOH溶液反应时，化学性质与CO2相似，则“碱浸”时发生反应的化学方程式为 。
（4）若有100t的石英砂矿石，矿石中SiO2的质量分数为90%，假设生产过程中硅元素损失10%，则可制得的Na2SiO3的质量为 吨。（计算结果保留一位小数）
（5）小兰认为“水浸”和“酸浸”这两步可以交换顺序，先将矿石用盐酸处理再水浸，小丽认为不需要。她的理由是_____________（填序号）。
A．交换后不能达到实验目的
B．交换后会消耗更多盐酸
C．交换后会导致SiO2溶于水而减少
三、实验题（本大题包括2个小题，共12分）
21．对比实验是化学学习中行之有效的思维方法。
（1）图1实验说明二氧化碳与水反应生成 （填化学式）。
（2）图2实验 （填“能”或“不能”）证明可燃物燃烧需要氧气。
（3）图3实验中反应的化学方程式为 。
（4）图4实验中可以观察到 （填A或B）试管中有白色固体析出。
（5）下列说法不正确的是_____________（填序号）。
A．图1实验将石蕊溶液换为酚酞溶液也能证明二氧化碳与水反应
B．图2实验中，热水的作用是提供热量
C．图4实验中，恢复至室温时，硝酸钾溶液仍为饱和溶液
22．我国碳酸盐岩储层具有丰富的油气资源，艾一中小组同学对此展开探究。
（1）向碳酸盐岩储层中注入稀盐酸，能把岩层中的矿物质溶解、反应或者冲刷掉，形成有利于石油流动的通道，称为酸化压裂驱油。稀盐酸与碳酸盐岩（主要成分为CaCO3）反应的化学方程式为________。
【查阅资料】酸化压裂驱油一般不用稀硫酸替代稀盐酸，是因为稀硫酸与CaCO3反应生成微溶的CaSO4，会逐渐在CaCO3表面沉积成膜，阻碍反应持续进行。
【提出问题】膜的形成主要受哪些因素影响？
【进行实验】实验装置如图-1，电磁搅拌器可以提供不同的搅拌速率且装置气密性良好。
（2）完成下列实验
【拓展应用】
（3）由实验可知，实验室制取二氧化碳时，若用稀硫酸替代稀盐酸，为了反应持续进行，以下做法合理的是________（填序号）。
（4）酸化驱油易腐蚀钢铁输油管道，下列对石油的操作有利于减缓管道腐蚀的是______（填序号）。
四、计算题（本大题包括1个小题，共5分）
23．化学实验中，常通过观察硫代硫酸钠（Na2 S2O3）与稀硫酸反应产生的黄色浑浊物的快慢来研究浓度或者温度对化学反应速率的影响。现向一定量硫代硫酸钠溶液中加入50 g稀硫酸，恰好完全反应，发生反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。反应后得到3.2 g淡黄色沉淀和90.4 g溶液。气体全部逸出。请计算：
（1）Na2S2O3中钠与氧元素质量比为 （化成最简整数比）。
（2）反应前所用硫代硫酸钠溶液的溶质质量分数是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、鱼肉切片只是改变鱼肉的外形大小，物质本身没有发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，选项A不符合题意；
B、榨菜风干仅散失内部水分，榨菜的各类物质不变，不存在新物质，属于物理变化，选项B不符合题意；
C、豆豉发酵过程中微生物分解有机物，生成氨基酸、酒精等多种全新物质，有新物质生成，属于化学变化，选项C符合题意；
D、小面配菜只是不同食材简单混合，食材之间不发生化学反应，无新物质生成，属于物理变化，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据仅改变物质外形，分子种类不变，无新物质，判定为物理变化解答；
B、根据水分蒸发只是物质状态改变，原有物质不变，属于物理变化解答；
C、根据发酵发生缓慢氧化，生成多种新有机物，属于化学变化解答；
D、根据食材混合无化学反应、无新物质生成，判定物理变化解答。
2．【答案】C
【知识点】绿色化学；空气的污染与防治
【解析】【解答】A、植树护林能够吸收二氧化碳、吸附空气中粉尘，涵养水土，改善生态环境，符合“绿水青山”环保理念，选项A不符合题意；
B、垃圾分类回收可重复利用资源，减少固体垃圾污染，符合环保理念，选项B不符合题意；
C、工业废气直接排放，废气中含有二氧化硫、氮氧化物等有毒气体，会严重污染空气，破坏生态，不符合环保理念，选项C符合题意；
D、持续监测空气质量，能够及时发现大气污染问题并治理，符合绿色发展要求，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据植被净化空气、保持水土的生态作用解答；
B、根据垃圾分类节约资源、降低环境污染的作用解答；
C、根据工业废气含有毒污染物，直排会污染大气解答；
D、根据空气质量监测是防控空气污染基础手段解答。
3．【答案】B
【知识点】空气的组成；氧气的用途
【解析】【解答】A、氮气化学性质稳定，只能做保护气，无法供给人体呼吸，选项A不符合题意；
B、氧气可以参与人体细胞呼吸反应，为宇航员维持生命活动提供呼吸用气，选项B符合题意；
C、二氧化碳不能供给呼吸，浓度过高会造成人体缺氧窒息，选项C不符合题意；
D、稀有气体化学性质极不活泼，无供给呼吸的作用，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据氮气用途为食品填充、焊接保护气，不可供给呼吸解答；
B、根据氧气两大核心用途：供给呼吸、支持燃烧解答；
C、根据二氧化碳不支持呼吸，过量使人窒息解答；
D、根据稀有气体用于电光源、保护气，无呼吸供给功能解答。
4．【答案】B
【知识点】常见化肥的种类和作用
【解析】【解答】A、KCl中只含有钾（K）一种植物必需营养元素，属于钾肥，不是复合肥，选项A不符合题意；
B、KNO3中同时含有氮元素（N）、钾元素（K）两种植物必需营养元素，满足复合肥定义，属于复合肥，选项B符合题意；
C、NH4NO3只含有氮元素（N）一种营养元素，属于氮肥，不是复合肥，选项C不符合题意；
D、Ca3(PO4)2只含有磷元素（P）一种营养元素，属于磷肥，不是复合肥，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据化肥只含钾元素，判定为钾肥进行解答；
B、根据复合肥定义：化肥同时含有氮、磷、钾中两种或两种以上营养元素，KNO3含N、K两种元素，判定为复合肥进行解答；
C、根据化肥只含氮元素，判定为氮肥进行解答；
D、根据化肥只含磷元素，判定为磷肥进行解答。
5．【答案】D
【知识点】几种常见的与化学有关的图标；燃烧和爆炸实验
【解析】【解答】A、浓氨水具有腐蚀性，实验过程中液体易飞溅，佩戴护目镜保护眼睛，标识标注正确，选项A不符合题意；
B、浓氨水易挥发出刺激性有毒氨气，必须在通风橱内操作，排风标识标注正确，选项B不符合题意；
C、氨水残留于手上会腐蚀皮肤，实验结束后必须洗手，洗手标识标注正确，选项C不符合题意；
D、热烫警示标识用于高温加热实验，本实验全程无加热操作，不存在高温热源，标识标注错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据腐蚀性化学试剂实验需佩戴眼部防护用具解答；
B、根据挥发性有毒气体实验必须在通风环境操作解答；
C、根据化学实验结束后清洗手部的基础操作规范解答；
D、根据本实验无加热步骤，不需要高温警示标识解答。
6．【答案】C
【知识点】蒸发与蒸馏操作
【解析】【解答】A、“水浸取汁”是固体胆矾加水完全溶解，对应溶解操作，文中涉及，选项A不符合题意；
B、“煎炼”是加热蒸发水分，对应蒸发操作，文中涉及，选项B不符合题意；
C、蒸馏操作需要加热冷凝收集蒸气，原文没有冷凝、收集蒸气相关步骤，未涉及蒸馏，选项C符合题意；
D、“冷则成块”指冷却后溶质析出，对应结晶操作，文中涉及，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据固体加水溶解的操作定义对应原文“水浸取汁”解答；
B、根据加热蒸发溶剂的蒸发操作对应原文“煎炼”解答；
C、根据蒸馏需要冷凝装置，原文无对应操作步骤解答；
D、根据降温析出晶体的结晶操作对应冷却结块描述解答。
7．【答案】B
【知识点】电解水实验；硬水与软水；保护水资源；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、跨区域调水工程可以均衡区域水资源分布，缓解缺水地区用水困难，描述正确，选项A不符合题意；
B、活性炭仅能吸附水中色素、异味，无法除去海水中大量氯化钠可溶性盐，不能实现海水淡化，描述错误，选项B符合题意；
C、硬水中含有大量钙、镁离子，洗衣服消耗更多肥皂，烧水产生水垢，给生活带来不便，描述正确，选项C不符合题意；
D、电解水负极产生氢气，氢气具有可燃性，可作为清洁能源燃料，描述正确，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据水利调配工程均衡水资源的作用解答；
B、根据活性炭仅能吸附色素异味，无法除去可溶性盐，不能淡化海水解答；
C、根据硬水在洗涤、烧水场景下的弊端解答；
D、根据电解水“负氢正氧”规律，结合氢气可燃性解答。
8．【答案】C
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、丙烯酸分子由碳原子、氢原子、氧原子构成，分子内部不存在独立氧分子O2，选项A不符合题意；
B、完整描述应为1个丙烯酸分子由9个原子构成，缺少“一个分子”限定条件，表述错误，选项B不符合题意；
C、各元素总质量：C=12×3=36，H=1×4=4，O=16×2=32，碳元素总质量数值最大，碳元素质量分数最高，选项C符合题意；
D、氧化物要求物质只含两种元素，丙烯酸含C、H、O三种元素，不属于氧化物，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据分子只能由原子构成，分子内不会包含其他分子解答；
B、根据描述规范，必须限定单个分子才能说明原子总数解答；
C、根据元素总质量=相对原子质量×原子个数，对比数值大小解答；
D、根据氧化物“两种元素、一种为氧”的限定条件判断解答。
9．【答案】D
【知识点】原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；相对原子质量和相对分子质量
【解析】【解答】A、单元格左上角数字52为原子序数，原子序数=原子核内质子数，碲质子数为52，说法正确，选项A不符合题意；
B、原子呈电中性，质子数等于核外电子总数，碲核外电子数为52，说法正确，选项B不符合题意；
C、单元格底部127.6是碲元素相对原子质量，说法正确，选项C不符合题意；
D、碲汉字偏旁为“石”，属于非金属元素，不是金属元素，说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据周期表原子序数=质子数等量关系解答；
B、根据原子不带电，质子总数与电子总数相等解答；
C、根据周期表单元格底部数字代表相对原子质量解答；
D、根据汉字偏旁区分元素种类，“钅”为金属，石、气为非金属解答。
10．【答案】B
【知识点】二氧化碳的化学性质；二氧化碳的实验室制法；二氧化碳的检验和验满；气体制取装置的探究
【解析】【解答】A、该装置使用了分液漏斗，分液漏斗可以通过调节活塞来控制液体滴加的快慢，从而控制反应的速率，选项A说法正确，不符合题意；
B、二氧化碳的密度比空气大，若用中间的集气瓶收集二氧化碳（打开K1关闭K2），气体应从长导管进入，将空气从短导管排出（即“长进短出”）。图中连接方式是短管进气，长管出气，这适用于收集密度比空气小的气体。因此该操作无法收集到二氧化碳，选项B说法错误，符合题意；
C、氧气不易溶于水，密度比水小。若集气瓶中装满水（打开K1关闭K2），气体从短导管进入，聚集在瓶子上方，产生的压强将水从长导管压出，符合排水法收集气体的原理，选项C说法正确，不符合题意；
D、关闭K1打开K2，气体通入右侧试管中。试管中的球形干燥管容积较大，能防止液体倒吸入反应容器。若试管中盛放澄清石灰水，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，可用于检验二氧化碳，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据分液漏斗的作用（控制液体滴加速度）解答；
B、根据二氧化碳的密度比空气大，采用向上排空气法收集时应“长进短出”解答；
C、根据氧气不易溶于水，排水法收集气体时应“短进长出”解答；
D、根据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊及防倒吸装置的特点解答。​​​​​​
11．【答案】A
【知识点】氮气及稀有气体的用途；常用盐的用途；根据浓硫酸或碱石灰的性质确定所能干燥的气体
【解析】【解答】A、浓硫酸具有强烈腐蚀性，接触食品会腐蚀人体消化道，绝对不能用作食品干燥剂，应用错误，选项A符合题意；
B、氯化钠是食盐主要成分，厨房常用调味剂，应用正确，选项B不符合题意；
C、小苏打NaHCO3受热分解产生二氧化碳气体，使糕点蓬松，用作膨松剂，应用正确，选项C不符合题意；
D、氮气化学性质稳定，隔绝灯丝与氧气，防止高温氧化，作灯泡保护气，应用正确，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据浓硫酸强腐蚀性，严禁用于食品干燥相关用途解答；
B、根据食盐日常调味的实际用途解答；
C、根据碳酸氢钠受热产气蓬松糕点的反应原理解答；
D、根据氮气化学性质稳定，隔绝氧气保护高温灯丝解答。
12．【答案】D
【知识点】空气的污染与防治；有机高分子材料的分类及鉴别；人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；燃烧与燃烧的条件
【解析】【解答】A、塑料、合成纤维、合成橡胶是三大有机合成材料，笔记记录正确，选项A不符合题意；
B、可燃性气体与空气混合点燃易发生爆炸，点燃前必须验纯，记录正确，选项B不符合题意；
C、CO、SO2均为有毒空气污染物，记录正确，选项C不符合题意；
D、人体缺铁引发贫血，缺碘才导致甲状腺肿大，描述混淆病症，记录错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据初中化学三大合成材料固定分类解答；
B、根据可燃性气体点燃验纯的安全操作规范解答；
C、根据常见有毒空气污染物种类解答；
D、根据不同微量元素缺乏对应疾病，区分缺铁、缺碘病症解答。
13．【答案】D
【知识点】氧气的化学性质；盐的化学性质；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法
【解析】【解答】A、氧气具有助燃性，能使带火星的小木条复燃；氮气不燃烧也不支持燃烧，不能使带火星的小木条复燃。现象不同，可以鉴别，选项A能达到实验目的，不符合题意；
B、稀盐酸能与过量的碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应后过滤除去剩余的碳酸钙固体，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，选项B能达到实验目的，不符合题意；
C、一氧化碳具有还原性，能与足量灼热的氧化铜反应生成铜和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，选项C能达到实验目的，不符合题意；
D、氢氧化钠溶液变质是因为与空气中的二氧化碳反应生成了碳酸钠。加入足量氢氧化钡溶液，碳酸钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠（Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+2NaOH）。虽然除去了碳酸钠，但反应生成了氢氧化钠，且加入的氢氧化钡溶液本身也显碱性。此时滤液中滴加酚酞变红，无法判断原溶液中是否还含有未变质的氢氧化钠，因此无法验证是“部分”变质还是“完全”变质，选项D不能达到实验目的，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据氮气和氧气的化学性质差异（助燃性）解答；
B、根据酸的化学性质及除杂原则（不增、不减、易分）解答；
C、根据一氧化碳的还原性及除杂原则解答；
D、根据氢氧化钠变质的产物（碳酸钠）及检验氢氧化钠存在时需排除干扰（生成的氢氧化钠和过量的氢氧化钡均显碱性）解答。​​​​​​
14．【答案】C
【知识点】粗盐提纯；常用盐的用途；化合反应及其应用；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、生理盐水是固定质量分数氯化钠水溶液，配制步骤为计算、称量、量取、溶解，描述正确，选项A不符合题意；
B、饱和氯化钠通电方程式2NaCl+2H2O=通电2NaOH+H2↑+Cl2↑，水是反应物，描述正确，选项B不符合题意；
C、反应③为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，四种反应物生成两种物质，不符合化合“多变一”定义，描述错误，选项C符合题意；
D、 转化④粗盐除杂：NaOH除镁离子、BaCl2除硫酸根、Na2CO3除钙离子与过量钡离子，盐酸除多余碱与碳酸盐，试剂顺序规范，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据固体溶质配制溶液四步标准操作解答；
B、根据电解饱和食盐水完整方程式，确定水参与反应解答；
C、根据化合反应“多变一”特征，反应物四种不满足定义解答；
D、根据粗提纯除杂试剂添加先后要求，碳酸钠必须在氯化钡后，盐酸最后加解答。
15．【答案】D
【知识点】中和反应及其应用；盐的化学性质
【解析】【解答】A、由图象可知，pH值是开始时大于7逐渐减小到7然后小于7，可知原溶液显碱性，然后不断的加入酸性溶液，使pH减小，说明是把稀盐酸滴加到氢氧化钠溶液中，选项A说法错误，不符合题意；
B、B点时溶液的pH等于7，显中性，说明盐酸与氢氧化钠恰好完全反应。但无论是否发生反应，稀盐酸或反应生成的氯化钠中都含有氯离子，加入硝酸银溶液都会产生氯化银白色沉淀，因此不能证明发生了反应，选项B说法错误，不符合题意；
C、随着反应的进行，氯化钠的质量逐渐增加，当恰好完全反应（B点）时，氯化钠质量达到最大；继续滴加稀盐酸，不再产生氯化钠，其质量保持不变。而pH是持续减小的，所以氯化钠质量不是随着pH的减小一直增大，选项C说法错误，不符合题意；
D、C点时溶液的pH小于7，显酸性，说明稀盐酸过量。此时溶液中的溶质有反应生成的氯化钠（NaCl）和过量的氯化氢（HCl）。氯化钠电离出等数目的钠离子和氯离子，而过量的氯化氢也会电离出氯离子，所以溶液中钠离子的个数一定小于氯离子的个数，选项D说法正确，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据图象中pH的变化趋势（由大变小）判断滴加顺序解答；
B、根据氯离子的检验方法（银离子）及反应前后氯离子始终存在解答；
C、根据中和反应的过程及反应终点后溶质质量不再变化解答；
D、根据C点溶液的酸碱性（酸性）判断溶质成分（NaCl和HCl），进而比较离子个数解答。​​​​​
16．【答案】（1）硅
（2）Hg
（3）+3（或正三价）
（4）2
（5）稳定（或不活泼）
【知识点】元素的符号及其意义；有关元素化合价的计算；地壳中元素的分布与含量；碳的化学性质
【解析】【解答】（1）地壳中元素含量由高到低依次是氧、硅、铝、铁，排名第二的元素为硅，直接填写硅；
（2）汞的专用元素符号为Hg，按照元素符号规范书写；
（3）设Fe2O3中铁元素化合价为x，氧固定为-2价，列式2x+3×(-2)=0，计算得x=+3，铁元素化合价为+3；
（4）Cu2(OH)xCO3中Cu为+2、氢氧根-1、碳酸根-2，列式2×(+2)+x×(-1)+(-2)=0，计算4-x-2=0，解得x=2；
（5）炭黑主要成分是碳单质，常温下碳很难与空气中氧气、水分发生化学反应，化学性质稳定，因此古画字迹长久不褪色。
【分析】（1）根据地壳元素含量固定排序，第二位为硅元素解答；
（2）根据汞元素特殊符号Hg记忆规范书写解答；
（3）根据化合物正负化合价代数和为0，列式计算金属元素化合价解答；
（4）根据碱式盐整体化合价和为0，计算氢氧根下标数字解答；
（5）根据碳单质常温化学稳定的性质，解释书画长久保存原因解答。
（1）地壳中元素含量从高到低前四位为氧、硅、铝、铁，第二高的元素为硅。
（2）略。
（3）化合物中正负化合价代数和为0，氧元素通常显-2价，设Fe化合价为a，列式2a+3×(−2)=0，解得a=+3。
（4）化合物中正负化合价代数和为0，Cu显+2价、氢氧根显-1价、碳酸根显-2价，列式2×(+2)+x×(−1)+(−2)=0，解得x=2。
（5）常温下碳单质化学性质不活泼，不易与其他物质发生反应，因此炭黑历久弥新。
17．【答案】（1）B；C
（2）2Al2O3通电4Al+3O2↑
（3）A；C
（4）隔绝氧气和水（或隔绝空气与水蒸气）
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；金属锈蚀的条件及其防护；金属活动性的探究
【解析】【解答】（1）机车车架需要长期使用，要求材料硬度大、耐腐蚀，金属光泽仅为外观，无关使用性能，因此选BC；
（2）工业上电解熔融氧化铝制备金属铝，完整化学方程式2Al2O3通电4Al+3O2↑ ；
（3）A、铝片放入氯化铜溶液，铝置换出红色铜单质，证明金属活动性Al＞Cu，正确；
B.仅刻画对比硬度，错误；
C.铜不与硫酸亚铁反应，无法证明，错误；
因此选A；
（4）铁生锈必须同时接触氧气、水两种物质，防锈措施的原理就是隔绝氧气，或者隔绝水分，或者同时隔绝水和氧气。
【分析】（1）根据交通工具合金使用性能需求筛选；
（2）熟记电解氧化铝方程式，标注冰晶石助熔剂、通电条件解答；
（3）根据活泼金属置换不活泼金属的实验判断金属活动性，区分硬度对比实验解答；
（4）根据铁生锈两个必备条件，反向推导防锈隔绝条件解答。
（1）机车车架需要承重且长期在户外使用，抗腐蚀性好、强度大是核心需求，金属光泽属于外观属性，和使用性能无关。
（2）电解氧化铝生成铝和氧气，反应的化学方程式为2Al2O3通电4Al+3O2↑。
（3）活动性靠前的金属能将靠后的金属从其盐溶液中置换出来；
A、铝能置换氯化铜中的铜，证明铝比铜活泼，正确；
B、相互刻画是比较硬度，和金属活动性无关，错误；
C、铜不能置换氯化铝中的铝，证明铝比铜活泼，正确；
（4）铁生锈需要同时接触氧气和水，防锈的原理就是破坏该反应条件，阻止二者与铁接触。
18．【答案】（1）不可再生
（2）A；B
（3）化学性质；CO2+H2催化剂CO+H2O
【知识点】催化剂的特点与催化作用；化学方程式的书写与配平；二氧化碳对环境的影响；化石燃料的利用与保护
【解析】【解答】（1）煤需要上亿年地质作用才能形成，短时间内无法再生，属于不可再生能源；
（2）A.随手关灯减少火电燃煤消耗，降低二氧化碳排放， 符合低碳理念 ；
B.节约用纸减少树木砍伐，树木吸收CO2， 符合低碳理念 ；
C.一次性木筷大量消耗林木，增加碳排放， 不符合低碳理念 。
故选AB；
（3）①催化剂反应前后只改变反应速率，质量、化学性质保持不变，此处填化学性质；
②过程Ⅱ反应物为二氧化碳、氢气，生成物为CH2和液态水，配平方程式
CO2+H2催化剂CO+H2O 。
【分析】（1）根据化石燃料形成周期漫长，归类不可再生能源解答；
（2）根据低碳核心是减少二氧化碳排放，对比三种行为碳消耗解答；
（3）①根据催化剂“一变两不变”完整定义解答；②结合题干生成物提示配平反应方程式。
（1）煤是化石燃料，短期内无法在自然界中再生，因此属于不可再生能源。
（2）低碳理念核心是减少二氧化碳排放。
A、随手关灯可节约电能，减少化石能源发电的碳排放，符合；
B、节约用纸可减少树木砍伐、降低造纸环节的能耗，符合；
C、使用一次性木筷会加剧树木砍伐，减少二氧化碳吸收，不符合，
（3）①略。
②根据质量守恒定律，反应物含C、H、O三种元素，已知生成物为CO，另一种生活中常见的液态生成物是水（含氢元素），化学方程式为CO2+H2催化剂CO+H2O。
19．【答案】（1）丙>乙>甲
（2）t2∘C时，甲、丙的溶解度相等
（3）>
（4）6
（5）A；C
【知识点】固体溶解度的概念；固体溶解度曲线及其作用
【解析】【解答】（1）通过分析溶解度曲线可知，在t1℃时，三种物质的溶解度曲线位置由高到低的顺序是丙、乙、甲，所以t1℃时，甲、乙、丙三种物质溶解度由大到小的顺序是丙＞乙＞甲。
（2）交点P是甲物质与丙物质的溶解度曲线在t2℃时的交点。根据溶解度曲线的意义，两条曲线相交于一点，表示在该温度下这两种物质的溶解度相等。由图可知，P点对应的溶解度为10g。因此，交点P的含义是t2℃时，甲、丙的溶解度相等（或"t2℃时，甲、丙的溶解度均为10g"）。
（3）丙的溶液一开始是不饱和的，恒温蒸发水时，要先蒸发掉一部分水，让溶液变成饱和，之后再蒸发水才会按固定比例析出晶体。第一份溶液：蒸发10g水时，有一部分水是用来“把溶液变成饱和”的，真正用来析出晶体的水不到10g，所以析出的ag晶体，对应的饱和阶段蒸发水量小于10g。第二份溶液：蒸发20g水时，同样先用和第一份等量的水让溶液饱和，剩下的水比第一份多了10g，这10g水会按饱和状态的比例析出晶体。即a对应的是“不到10g水”析出的晶体，而b对应的是“(不到10g水)+10g水”析出的晶体，因此b会比2a大，所以b>2a；
（4） 先根据图二的实验过程和溶解度曲线判断X是甲还是乙：t2℃甲的溶解度为10g，乙的溶解度大于10g，向200g水中加入19gX，完全溶解，说明此时溶液不饱和，升温到t3℃并蒸发100g水后，溶剂只剩100g，若X是甲，t3℃时溶解度为25g，100g水最多溶解25g甲，已有19g甲，还需加6g就能饱和；若X是乙，t3℃时溶解度为18g，100g水中最多溶解18g乙，已有19g乙，则会析出1g，与图示不符，因此X是甲，要使③中的溶液饱和，还需加入6g甲 ；
（5） A、t1∘C时，从溶解度曲线能看出，乙的溶解度大于甲，要配制等质量的饱和溶液，溶解度越小，需要的溶剂就越多，所以甲需要的溶剂质量比乙多，该选项正确；
B、t2∘C时，甲、丙的溶解度相等，说明它们饱和溶液的溶质质量分数相等，但题目没说饱和溶液的总质量相等，所以所含溶质的质量不一定相等，该选项错误；
C、甲的溶解度受温度影响比乙大，t3∘C时甲、乙等质量的饱和溶液降温到t1∘C，甲的溶解度下降幅度更大，因此析出的晶体更多，该选项正确；
D、t3∘C时乙、丙的饱和溶液降温到t1∘C，乙的溶解度随温度降低而减小，降温后变为t1∘C的饱和溶液，丙的溶解度随温度降低而增大，降温后变为不饱和溶液，溶质质量分数，仍等于t3∘C时饱和溶液的质量分数。对比t3∘C时乙的溶解度和t1∘C时丙的溶解度，乙的溶解度更大，所以所得溶液溶质质量分数是乙>丙，该选项错误。
正确选项AC。
【分析】（1）根据溶解度曲线图直接读取t1℃时各物质溶解度的大小关系解答；
（2）根据溶解度曲线交点的意义（该温度下两物质溶解度相等）解答；
（3）根据不饱和溶液蒸发溶剂结晶的规律解答：不饱和溶液蒸发溶剂，先达到饱和，继续蒸发才析出晶体。蒸发20g水析出的晶体量，相当于“蒸发10g水析出的量”加上“饱和状态下蒸发10g水析出的量”。由于前10g水蒸发过程中包含“由不饱和变饱和”的过程，单位水量析出的晶体较少，所以b＞2a；
（4）根据实验流程推断物质X：通过计算t3℃时100g水中溶解19g物质是否饱和来判断。若为乙（溶解度18g），则已饱和；若为甲（溶解度25g），则不饱和。结合题目“还需加入”的要求，确定X为甲，再根据溶解度差值计算需加入的质量；
（5）A、根据溶解度大小判断配制饱和溶液所需溶剂量的多少（溶解度越小，需溶剂越多）解答；
B、根据比较溶质质量必须限定溶液总质量相等这一前提解答；
D、根据降温后物质溶解度的变化情况及最终状态（饱和或不饱和）比较溶质质量分数解答。​​​​​
（1）根据图示可知t1∘C时三种物质的溶解度大小，从而进行判断；
（2）略；
（3）丙的溶液一开始是不饱和的，恒温蒸发水时，要先蒸发掉一部分水，让溶液变成饱和，之后再蒸发水才会按固定比例析出晶体。第一份溶液：蒸发10g水时，有一部分水是用来“把溶液变成饱和”的，真正用来析出晶体的水不到10g，所以析出的ag晶体，对应的饱和阶段蒸发水量小于10g。第二份溶液：蒸发20g水时，同样先用和第一份等量的水让溶液饱和，剩下的水比第一份多了10g，这10g水会按饱和状态的比例析出晶体。即a对应的是“不到10g水”析出的晶体，而b对应的是“(不到10g水)+10g水”析出的晶体，因此b会比2a大，所以b>2a。
（4）先根据图二的实验过程和溶解度曲线判断X是甲还是乙：t2∘C时，甲的溶解度为10g，乙的溶解度大于10g，向200g水中加入19gX，完全溶解，说明此时溶液不饱和，升温到t3∘C并蒸发100g水后，溶剂只剩100g，若X是甲，t3∘C时溶解度为25g，100g水最多溶解25g甲，已有19g甲，还需加6g就能饱和；若X是乙，t3∘C时溶解度为18g，100g水中最多溶解18g乙，已有19g乙，则会析出1g，与图示不符，因此X是甲，要使③中的溶液饱和，还需加入6g甲。
（5）A、t1∘C时，从溶解度曲线能看出，乙的溶解度大于甲，要配制等质量的饱和溶液，溶解度越小，需要的溶剂就越多，所以甲需要的溶剂质量比乙多，该选项正确；
B、t2∘C时，甲、丙的溶解度相等，说明它们饱和溶液的溶质质量分数相等，但题目没说饱和溶液的总质量相等，所以所含溶质的质量不一定相等，该选项错误；
C、甲的溶解度受温度影响比乙大，t3∘C时甲、乙等质量的饱和溶液降温到t1∘C，甲的溶解度下降幅度更大，因此析出的晶体更多，该选项正确；
D、t3∘C时乙、丙的饱和溶液降温到t1∘C，乙的溶解度随温度降低而减小，降温后变为t1∘C的饱和溶液，丙的溶解度随温度降低而增大，降温后变为不饱和溶液，溶质质量分数，仍等于t3∘C时饱和溶液的质量分数。对比t3∘C时乙的溶解度和t1∘C时丙的溶解度，乙的溶解度更大，所以所得溶液溶质质量分数是乙>丙，该选项错误。
20．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）Na2SO4、Na2CO3
（3）SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
（4）164.7
（5）B
【知识点】碱的化学性质
【解析】【解答】矿石粉碎增大反应物接触；加浓NaOH碱浸，二氧化硅反应生成硅酸钠；矿石内可溶性钠盐Na2SO4、Na2CO3溶于水，水洗除去表面可溶性盐；加稀酸除去杂质氧化铜，最后浓缩结晶得到硅酸钠固体。
（1）将矿石研磨粉碎，固体颗粒变小，大幅增大固体与碱液的接触面积，加快碱浸反应速率，让矿石内部二氧化硅充分参与反应；
（2）矿石中含有硫酸钠、碳酸钠两种可溶性钠盐，水浸洗涤后固体表面会残留两种溶质，化学式为Na2SO4、Na2CO3；
（3）SiO2与CO2化学性质相似，二氧化碳和氢氧化钠反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，替换碳为硅，书写方程式SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（4） 矿石中纯SiO2质量：100t×90%=90t，其中硅元素质量为90t×(2860×100%)=42t；硅元素利用率为1−10%=90%，故实际进入Na2SiO3的硅质量为42t×90%=37.8t；因此Na2SiO3质量为37.8t÷(28122×100%)=164.7t ；
（5） 若先酸浸再水浸，原本水浸就可以除去的Na2CO3会与盐酸反应，额外消耗盐酸。二氧化硅不溶于水和盐酸，最后会得到较纯的二氧化硅进行后续实验。 因此选B。
【分析】（1）根据固体粉碎增大接触面积，加快化学反应速率的知识点解答；
（2）根据矿石内含可溶性碳酸盐、硫酸盐，水洗后附着固体表面解答；
（3）根据非金属氧化物与碱反应规律，类比二氧化碳方程式书写二氧化硅反应式解答；
（4）根据化学反应元素质量守恒，硅元素全程质量不变，扣除损耗计算产物解答；
（5）根据酸碱先后顺序改变后，双重消耗酸碱原料，增加生产成本分析解答。
（1）略。
（2）水浸后保留固体，则洗涤a是去除固体表面残留的可溶性物质。某石英砂矿石中Na2SO4、Na2CO3可溶。
（3）氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，所以和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
（4）矿石中纯SiO2质量：100t×90%=90t，其中硅元素质量为90t×(2860×100%)=42t；硅元素利用率为1−10%=90%，故实际进入Na2SiO3的硅质量为42t×90%=37.8t；因此Na2SiO3质量为37.8t÷(28122×100%)=164.7t。
（5）若先酸浸再水浸，原本水浸就可以除去的Na2CO3会与盐酸反应，额外消耗盐酸。二氧化硅不溶于水和盐酸，最后会得到较纯的二氧化硅进行后续实验。故选B。
21．【答案】（1）H2CO3
（2）不能
（3）Fe+CuSO4=Cu+FeSO4
（4）B
（5）A
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；金属活动性顺序及其应用；探究二氧化碳的性质；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】（1）二氧化碳通入紫色石蕊蒸馏水中溶液变红，本质是CO2与H2O化合生成碳酸，碳酸具备酸性，可使紫色石蕊变红，生成物碳酸化学式：H2CO3。
（2）图2热水温度75℃，白磷着火点40℃、红磷着火点240℃；铜片上白磷、红磷均接触氧气，只有温度达到着火点的白磷燃烧，红磷不燃烧，变量只有温度，仅能证明燃烧条件：温度达到可燃物着火点；整套实验不存在隔绝氧气的对照组，无法验证燃烧需要氧气。因此该实验不能证明可燃物燃烧需要氧气。
（3）金属活动性：Fe＞Cu＞Ag，铁能置换硫酸铜中的铜，银和硫酸铜不反应，唯一发生的化学反应方程式：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu。
（4）NaOH固体溶于水放出大量热，烧杯水温升高；试管A饱和KNO3溶液：硝酸钾溶解度随温度升高变大，升温后溶液变为不饱和溶液，无晶体析出；试管B饱和澄清石灰水Ca(OH)2：氢氧化钙溶解度随温度升高减小，升温后溶解能力下降，溶质析出，观察到B试管出现白色固体析出。
（5）A、二氧化碳与水生成碳酸显酸性，酚酞遇酸性、中性溶液均不变色，石蕊替换为酚酞后全程无颜色变化，无法验证二氧化碳和水发生反应，该说法错误；
B、图2热水既对白磷、红磷供热升温，同时浸没水中的白磷被水隔绝氧气，热水兼具供热、隔绝氧气两个作用，说法正确；
C、图4中A试管升温仅改变溶解度，溶质、溶剂质量始终不变，恢复室温后溶解度复原，溶液重新变回原饱和状态，说法正确；
综上不正确选项为A。
【分析】（1）依据二氧化碳和水的化合反应、酸碱指示剂变色规律解答，石蕊遇酸变红、酚酞遇酸不变色是核心考点。
（2）燃烧条件探究遵循控制变量法，想要验证“燃烧需要氧气”，必须设置一组可燃物接触氧气、一组隔绝氧气的对照实验，本实验两组可燃物全部接触氧气，缺少对照。
（3）金属活动性规律：前置金属可将后置金属从可溶性盐溶液置换出来，Fe排在Cu前可反应，Ag排在Cu后不反应。
（4）物质溶解吸放热规律：氢氧化钠溶解放热；特殊溶解度规律：氢氧化钙溶解度随温度升高而降低，硝酸钾溶解度随温度升高而升高。
（5）综合指示剂特性、燃烧实验设计、溶解度变化三大知识点；易错点：忘记氢氧化钙溶解度变化趋势、误以为酚酞可以检验酸性物质。​​​​​
（1）二氧化碳和水反应生成碳酸，化学式为H2CO3，酸性物质能使石蕊溶液变红，能验证反应发生。
（2）图2中铜片上的白磷、红磷都与氧气接触，变量是可燃物的着火点，仅能证明燃烧需要温度达到可燃物着火点，无氧气变量的对照，无法证明燃烧需要氧气。
（3）金属活动性顺序为Fe>Cu>Ag，仅铁能和硫酸铜发生置换反应，生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。
（4）氢氧化钠溶于水放热，温度升高，氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，饱和石灰水（B试管）会析出溶质；硝酸钾溶解度随温度升高而增大，无固体析出。
（5）A、酚酞遇酸性、中性溶液都不变色，碳酸呈酸性，无法使酚酞变色，换酚酞不能证明二氧化碳和水反应，故选项说法不正确。
B、热水为铜片上的可燃物提供热量，使温度达到白磷着火点，故选项说法正确。
C、恢复至室温后温度回到初始状态，硝酸钾溶解度恢复，溶剂、溶质质量均无变化，溶液仍为饱和状态，故选项说法正确。
22．【答案】(1) CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
(2) 能 低 其他量保持一样，锥形瓶中加入同种浓度的稀硫酸，分别放5 g粗颗粒石灰石和细颗粒的石灰石，在高转速下进行实验
(3) A，B，C
(4) B，D
【知识点】盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，按照规范书写化学方程式：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，反应不需要标注条件，二氧化碳标注气体符号。资料中说明不能用稀硫酸替代稀盐酸，因为硫酸和碳酸钙反应生成微溶于水的CaSO4，会覆盖在石灰石表面，隔绝反应物，阻止反应持续进行。
（2）实验1：结合图2的压强变化曲线，零转速、低转速、高转速三组实验，相同时间内搅拌转速越高，锥形瓶内压强越大，说明生成二氧化碳更多，CaSO4薄膜越不容易包裹住碳酸钙固体，因此搅拌速率能影响CaSO4膜的形成。
实验2：结合图3的压强变化曲线，1%、3%、5%三种浓度硫酸，相同时间内硫酸浓度越低，瓶内压强越高，反应进行更顺畅，说明稀硫酸的浓度越低，CaSO4膜越难形成。
实验3：本实验控制变量是石灰石颗粒大小，其余条件保持一致，参照实验1、2的方案格式，实验方案填写：锥形瓶中分别放入5g粗颗粒石灰石和5g细颗粒石灰石，加入10mL同种浓度的稀硫酸，在高转速下进行实验；实验结论为石灰石颗粒越小，CaSO4膜越难形成，原因是小颗粒石灰石接触面积更大，硫酸钙薄膜不容易完整包裹固体表面。
（3）A、适当加速搅拌：搅拌可以冲散表面的硫酸钙薄膜，符合结论，做法合理；
B、适当降低硫酸溶液浓度：低浓度硫酸更难形成致密硫酸钙膜，做法合理；
C、将石灰石磨成粉：粉末颗粒极小，硫酸钙无法完全包裹，做法合理；
D、增加稀硫酸质量：无法阻止硫酸钙覆膜，不能让反应持续进行，不合理。因此选择ABC。
（4）拓展应用选择题分析：
A、加入氯化钠溶液：增强溶液导电性，加速钢铁电化学腐蚀，会加快管道锈蚀，不合理；
B、加入适量碱液：中和酸化驱油带来的酸性物质，降低体系酸性，减少酸对钢铁的腐蚀，合理；
C、通入CO2：二氧化碳溶于水生成碳酸，增强酸性，加速腐蚀，不合理；
D、脱水干燥处理：隔绝酸性水溶液，大幅减缓钢铁腐蚀，合理。因此选择BD。
【分析】（1）根据实验室制取二氧化碳的基础反应原理解答，核心知识点是微溶物CaSO4会阻碍固液反应，区分稀盐酸、稀硫酸和碳酸钙反应的差异，易错点是化学方程式配平错误、漏标气体符号。
（2）实验1根据压强传感器数据判断反应速率，压强越大代表单位时间生成二氧化碳越多，覆膜阻碍越弱，变量只有搅拌速率，验证搅拌速率对硫酸钙膜的影响；实验2变量是硫酸浓度，浓度越高，局部生成硫酸钙越快，越容易形成致密薄膜阻碍反应；实验3遵循控制变量法，唯一变量是固体颗粒大小，其余试剂用量、硫酸浓度、搅拌转速全部统一，对照粗颗粒和细颗粒的反应效果。
（3）根据前三组实验结论，加速搅拌、降低硫酸浓度、减小固体颗粒都可以破坏或避免硫酸钙覆膜，增加硫酸总量无法解决覆膜问题，易错点误以为多加酸就能继续反应。
（4）根据金属锈蚀的影响因素，酸性环境、电解质溶液都会加速钢铁腐蚀，中和酸性、去除水分可以有效减缓腐蚀，易错点混淆二氧化碳溶于水的酸碱性影响。
23．【答案】（1）23：24
（2）解：设参加反应的硫代硫酸钠的质量为x，反应生成二氧化硫的质量为y
Na2S2O3+158xH2SO4=Na2SO4+S↓+323.2gSO2↑+64yH2O
15832=x3.2g x=15.8g
3264=3.2gy y=6.4g
根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则反应前所用硫代硫酸钠溶液的质量为：3.2g+90.4g+6.4g-50g=50g
则反应前所用硫代硫酸钠溶液的溶质质量分数是：15.8g50g×100%=31.6%
答：反应前所用硫代硫酸钠溶液的溶质质量分数是31.6%
【知识点】化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）计算Na2S2O3中钠元素与氧元素的质量比，钠元素相对原子质量为23，氧元素相对原子质量为16。钠原子总数是2，氧原子总数是3，总钠元素质量：23×2=46，总氧元素质量：16×3=48，化简整数比46：48=23：24。
【分析】（1）根据化学式元素质量比计算公式：元素质量比=（元素相对原子质量×原子个数）之比，计算完成后必须约分至最简整数比，易错点是漏乘原子个数，直接用23：16计算导致结果错误。
（2）根据化学方程式定量计算的核心步骤，首先找准已知纯净物（单质硫）的质量，匹配对应物质的相对分子质量；利用质量守恒定律反推原硫代硫酸钠溶液的总质量，反应体系总质量=硫代硫酸钠溶液质量+稀硫酸质量=最终溶液质量+固体沉淀质量+逸出气体质量；溶质质量分数公式为溶质质量分数=溶质质量÷溶液总质量×100%，易错点是直接用15.8g除以50g稀硫酸质量，混淆溶液体系。
（1）Na2S2O3中钠与氧元素质量比为：(23×2):(16×3)=46:48=23:24；
（2）见答案。选项
目的
实验方法或主要操作
A
鉴别氮气和氧气
分别伸入带火星的小木条
B
除去氯化钙溶液中的稀盐酸
加入过量碳酸钙，充分反应，过滤
C
除去二氧化碳中少量一氧化碳
通过足量灼热氧化铜
D
验证氢氧化钠溶液部分变质
加入足量氢氧化钡溶液，过滤，滤液中滴加酚酞
实验1
实验方案
锥形瓶中分别放5 g粗颗粒石灰石，加入10 mL 3%的稀硫酸，在不同搅拌速率下进行实验。锥形瓶内压强变化如图-2。
实验结论
在其他条件一定时，搅拌速率________（填“能”或“不能”）影响CaSO4膜的形成。
实验2
实验方案
锥形瓶中分别放5 g粗颗粒石灰石，加入10 mL不同浓度的稀硫酸，在高转速下进行实验。锥形瓶内压强变化如图-3。
实验结论
在其他条件一定时，稀硫酸的浓度越________（填“高”或“低”），CaSO4膜越难形成。
实验3
实验方案
________。锥形瓶内压强变化图略。
实验结论
在其他条件一定时，石灰石颗粒越小，CaSO4膜越难形成。
A. 适当加速搅拌
B. 适当降低硫酸溶液浓度
C. 将石灰石磨成粉
D. 增加稀硫酸质量
A. 加入氯化钠溶液
B. 加入适量碱液
C. 通入CO2
D. 脱水干燥处理