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江苏省苏州市新区2025年中考一模化学试题
一、单项选择题（包括20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意）
1．传统工艺是中华优秀传统文化的重要组成部分。下列传统工艺涉及化学变化的是
A．粮食酿酒 B．楠木造船 C．玉石雕刻 D．甲骨刻字
2．下列人体必需的微量元素中，摄入量不足可能引起贫血的是
A．硒 B．锌 C．氟 D．铁
3．下列物质由离子构成的是（　　）
A．水 B．硫酸铜 C．金刚石 D．氢气
4．用质量分数为37%的盐酸配制10%的稀盐酸，不需要用到的仪器是
A．玻璃棒 B．烧杯 C．量筒 D．酒精灯
5．氧化铝陶瓷制作的手机电路板散热效率高、运行稳定，氧化铝陶瓷属于
A．金属材料 B．合成材料
C．复合材料 D．无机非金属材料
6．下列反应属于分解反应的是
A． B．
C． D．
7．根据燃烧的条件与灭火的原理，下列说法不正确的是
A．煤气泄漏，应立即打开排气扇
B．电动车不能在屋内充电，以免发生火灾
C．加油站、面粉厂应严禁烟火
D．厨房里油锅着火，可用锅盖盖灭
8．我国科研团队以秸秆为原料生产乙二醇（），助力推进乙二醇绿色化生产。下列有关乙二醇的说法正确的是
A．乙二醇是一种氧化物
B．乙二醇由碳原子、氢原子、氧原子构成
C．乙二醇中碳元素的质量分数为38.7%
D．乙二醇中碳、氢元素质量比为1：3
9．下列物质的性质与用途对应关系正确的是
A．白醋有刺激性气味，用于除水垢
B．氮气化学性质稳定，用作食品保护气
C．一氧化碳有毒性，用于炼铁
D．铁有导电性，用于制作炊具
10．以下是探究土壤酸碱性的相关实验操作，其中正确的是
A．溶解土壤样品
B．过滤出浸出液
C．检验酸碱性
D．测定酸碱度
阅读下列材料，完成下面小题：
海水中蕴含80多种元素，是巨大的资源宝库。从海水中可获得粗盐，粗盐中除不溶性固体外，还含有、、等杂质离子。粗盐提纯得到的是重要的化工原料，可用于制碱、制药等。从晒盐后的卤水中还可以提取溴和镁等。
11．氯在元素周期表中的信息及氯原子的结构示意图如图所示。下列说法正确的是
A．氯元素是金属元素 B．氯原子的质子数为7
C．一个氯原子的实际质量是35.45g D．氯原子的核外电子数为17
12．膜分离法可用于海水淡化，原理如图所示。下列说法不正确的是
A．膜分离法可用于分离混合物
B．加压可加快水分子通过分离膜的速率
C．加压后右侧海水中氯化钠的质量逐渐减少
D．利用膜分离法的原理也可能实现硬水软化
13．以下是常见的海水综合利用方法，其中说法正确的是
A．海水晒盐：海水晒盐利用了降温结晶的原理
B．氯碱工业：电解食盐水制烧碱时，化学能转化为电能
C．海水淡化：蒸馏法进行海水淡化，利用了各物质的凝固点不同
D．海水提镁：在卤水中加入碱，可将转化为沉淀析出
14．打火机制作时通过加压将约1L的丁烷（）气体压入约4.5mL的燃料腔中。使用时，只需按压开关，丁烷立即汽化喷出，并在喷嘴处被电火花点燃。下列有关说法正确的是
A．充满丁烷气后，燃料腔中气压小于外界大气压
B．打火机未使用时，丁烷分子静止不动
C．按压开关后，丁烷分子间的间隙变大
D．丁烷气燃烧时，丁烷分子的种类不变
15．通常条件下，能与反应生成。若在某纳米催化剂表面将与接触，可发生如图所示反应。下列说法不正确的是
A．雨水pH略小于7是由于空气中的与反应生成了
B．在纳米催化剂表面，与参加反应的质量比为44：45
C．对比上述两个反应可知，相同反应物在不同条件下，产物可能不同
D．纳米催化剂表面所发生的反应有利于实现的资源化利用
16．酸雨形成与防治中所涉及含硫物质的化合价与物质类别信息如图所示。下列说法正确的是
A．S在空气中燃烧生成
B．实验室可用稀溶液检验
C．和反应生成是形成酸雨的主要原因
D．被酸雨酸化后的土壤可用改良
17．下列推理正确的是
A．氖原子核外电子数为10，核外电子数为10的微观粒子一定是氖原子
B．碳酸盐加酸有气泡产生，加酸后能产生气泡的物质一定是碳酸盐
C．碱溶液能使无色酚酞试液变红，能使无色酚酞试液变红的一定是碱的溶液
D．单质由同种元素组成，由同种元素组成的纯净物一定是单质
18．竖炉炼铜技术可追溯到春秋时期，其装置如图所示。炼铜时将铜矿石粉和木炭粉从上方投入，鼓入充足的空气，使木炭燃烧产生1200℃以上高温，生成的铜液从金门流出。下列说法不正确的是
A．将铜矿石磨碎是为了增大反应物的接触面积
B．竖炉内木炭主要通过不完全燃烧产生高温
C．1200℃的高温使生成的铜熔化，并与炉渣自动分离
D．赤铜矿（含）炼铜原理：
19．下列实验方案中能达到实验目的的是
A．鉴别溶液和溶液：取样，分别滴加酚酞，观察是否变红
B．检验固体中是否含有：取样，加少量水，观察是否完全溶解
C．分离和固体：加足量水溶解，过滤；将滤渣洗涤烘干，将滤液蒸发结晶
D．除去溶液中少量盐酸：加入适量溶液
20．化学链燃烧通过载氧体将空气中的氧传递给燃料。某种化学链燃烧技术以煤为原料，利用高温水蒸气将煤转化为两种可燃性气体，并参与化学链燃烧。其物质转化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．贫化空气中氧气含量低于正常空气
B．若载氧体M和N都是铜的氧化物，则可能M是，N是
C．等质量煤通过化学链完全燃烧消耗的与直接完全燃烧消耗的理论上质量相等
D．与直接燃烧相比，化学链燃烧实现了的高浓度捕集
二、非选择题（共60分）
21．千年古城苏州兼具古典韵味与现代活力。
（1）四季风物，认识化学物质。
①碧螺春含丰富的氟，能有效保护牙齿。此处的氟指氟　 　（填“元素”或“单质”）。
②夏日荷叶清热解暑。荷叶碱（）属于　 　（填“有机物”或“无机物”）。
③秋高气爽，正是吃太湖三白的好时节，白虾中能供能的主要营养物质是　 　。
④酿制冬酿酒时，常用酒曲使糯米发酵。该过程是　 　（填“缓慢”或“剧烈”）氧化。
（2）非遗传承，分析化学原理。
①孔明灯靠松脂燃烧产生的热量引发灯内空气受热膨胀而升空。点燃后的孔明灯升入高空后熄灭，从燃烧条件的角度分析其可能原因是　 　。
②“烧窑水”是金砖制作的重要工序。烧窑时，需减少入窑空气，使片柴等燃料发生不完全燃烧。产生的高温下将氧化铁转化为，使金砖呈青黛色。该反应的化学方程式为　 　。窑水前需闷窑熄火，在窑顶让水慢慢渗入窑中。水在窑内转化为水蒸气，直至窑室冷却。水蒸气的作用是　 　.
（3）科技创新，彰显化学价值。
①苏州在碳化硅单晶生长技术方面取得了重要突破。碳化硅中。碳化硅的化学式为　 　。
②2024年11月，国家能源集团重点科技创新项目——煤直接液化二代技术工程化开发项目开工。煤属于　 　（填“可再生”或“不可再生”）能源。
22．实验室用如图所示装置制备少量气体，并探究与的反应。
已知：氯化钙溶液呈中性；与溶液不反应。
（1）仪器①的名称是　 　。装置A内发生反应的化学方程式为　 　。
（2）欲得到干燥纯净的，需将气体依次通过B、C装置，其中B装置的作用是　 　，通过C装置时，应从　 　（选填“a”或“b”）口通入。
（3）D装置中能说明与发生了反应的现象是　 　。
（4）实验结束后，关闭玻璃旋塞，A装置多孔隔板处依次观察到的现象是　 　（用字母d、e、f对如图进行排序）。
（5）为检验废液成分，取少量A中废液，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的溶液，观察到产生无色气体，一段时间后生成白色沉淀。A中废液里的主要阳离子是　 　（写符号）。
23．生活中的污水需经处理达标后方可排放，常用物理、化学及生物方法对污水进行分级处理。如图为污水分级处理流程示意图。
（1）“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物，以防止堵塞管道。截留效果较好的是缝隙相对较　 　（选填“大”或“小”）的格栅。沉砂池和初次沉淀池主要去除水中　 　（选填“可溶性”或“不溶性”）杂质。
（2）“二级处理”中，可在曝气池繁殖枯草芽孢杆菌来处理有机污染物。枯草芽孢杆菌是　 　（填“厌氧菌”或“好氧菌”）。
（3）“进一步处理”包括消毒等步骤。二氧化氯（）是一种高效的饮用水消毒剂，可由亚氯酸钠（）和氯气（）反应制得。该反应的化学方程式为　 　。
（4）金属炭法可用于处理印染厂废水中的重金属离子。将铁炭混合物放入含的废水中，当废水pH小于3时，铁炭混合物表面产生气泡，该气体的化学式为　 　。当废水的pH及其它条件都相同时，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大，其主要原因是　 　
（5）含铝污泥能去除水中的磷。为探究影响污泥除磷率的因素，在锥形瓶中加入100mL模拟含磷废水，按下表调节pH并控制相关变量。反应3小时后过滤，测定污泥样品对磷的吸附量。
实验 酸碱度 污泥样品/g 反应温度/℃ 吸附量/
1 3 0.3 25 3.13
2 7 0.3 25 2.62
3 11 0.3 25 2.1
4 7 0.4 25 x
5 7 0.5 25 4.24
①对比实验1、2、3，可得出结论　 　。
②通过实验可知，相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高。则实验4中x的数值范围是　 　。
24．钙的化合物被广泛应用于建筑、医学、工业等领域。
Ⅰ.氧化钙高温捕集能助力碳中和。热解碳酸钙或醋酸钙都可用于制备氧化钙。已知：。
（1）热解醋酸钙制得的捕集的效果优于热解碳酸钙，其主要原因是　 　。
（2）科研人员发现复合吸附剂对的捕集效果更好。如图表示不同比例的复合吸附剂吸附能力随温度变化情况。
①根据曲线，捕集性能最优的是　 　。
A. B.
C. D.
②温度高于650℃后，不同配比的吸附剂捕集性能均大幅下降，其可能原因是　 　。
Ⅱ.羟基磷酸钙具有优良的生物相容性和生物活性。羟基磷酸钙自然矿物化后形成羟基磷灰石（HAP），具有高强度、耐高温和催化活性等诸多优异性能。
（3）以、和为原料，通过机械球磨可制得羟基磷酸钙。完成制备羟基磷酸钙的化学方程式：　 　。
（4）机械球磨工作原理如图所示。球磨过程中，高水含量会导致HAP的积累和固结。
①机械球磨的目的是　 　。
②原料中的作用是　 　。
（5）羟基磷灰石（HAP）在催化领域被广泛应用。HAP可促进和在上的光催化反应，机理如图所示。
①该反应的化学方程式为　 　。
②通过HAP迁移到Pt表面与、反应的微观粒子是　 　（写符号）。
25．中和反应热消融是肿瘤治疗手段之一。为研究中和反应热消融的放热原理，兴趣小组同学进行了如下实验探究。
【实验一】20℃时，向盛有50g40%溶液的烧杯中加入50g36.5%盐酸，用手触摸烧杯外壁，温度明显升高。
（1）该反应的化学方程式：　 　，反应后溶液pH　 　7（填“>”“<”或“=”）。
（2）小华认为，该实验中温度的升高不一定是因为中和反应放热，还可能是　 　。
【实验二】对上述实验进行改进，并用温度传感器测定实验过程中温度的变化：
①20℃时，向50g40%溶液中缓慢滴加试剂M；
②20℃时，向50g36.5%盐酸中缓慢滴加试剂M；
③20℃时，向50g40%溶液中缓慢滴加50g36.5%盐酸溶液。
实验结果如图所示。
（3）试剂M是　 　（填试剂名称及质量）。能证明与盐酸反应放热的依据是　 　。
（4）与盐酸反应的微观示意图如图所示。由图推测中和反应中的能量变化主要是由于　 　（填离子符号）发生反应导致。
（5）恢复至20℃，实验③烧杯底部出现白色固体，经检测为。已知20℃时溶解度约为36g，若忽略水分的蒸发，所得白色固体的质量为多少克？（写出详细计算过程）　 　。
26．碳酸锂（）广泛应用于电池、陶瓷等领域。盐湖水中主要含、和，利用浓缩后的盐湖卤水制备的部分流程如图所示。
已知：易溶于水。20℃时，的溶解度为21.5g，的溶解度为1.32g。
（1）试剂X为　 　（写化学式）。
（2）“过滤2”前加入溶液所发生反应的化学方程式：　 　。
（3）和的溶解度曲线如图所示。“操作a”主要包含以下步骤：蒸发结晶、　 　。若不加盐酸调pH而直接进行操作a，可能造成最终产率降低，原因是　 　。
（4）①沉锂时，控制其它条件不变，分别改变的投加量（实际用量/理论用量）和陈化时间进行实验，结果如图所示。为保证在较低成本下获得较高的沉淀率，最佳实验条件是　 　。
②沉锂时，投入碳酸钠固体能获得较高的沉淀率，但实际生产中仍选用饱和碳酸钠溶液投料。选用饱和碳酸钠溶液而不用碳酸钠固体的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、粮食酿酒有酒精等新物质生成，属于化学变化，符合题意；
B、楠木造船只是物质形状的改变，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
C、玉石雕刻过程只是物质形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
D、甲骨刻字过程只是物质形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学变化物理变化的特点分析，化学变化有新物质生成，物理变化没有新物质生成，判断变化种类就是看变化后有没有新物质生成。
2．【答案】D
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用
【解析】【解答】A、硒摄入量不足会引起免疫力低下，不符合题意；
B、锌摄入量不足会导致智力低下，发育迟缓，不符合题意；
C、氟摄入量不足易产生龋齿，不符合题意。
D、铁是血红蛋白的成分，能帮助氧气的运输，摄入量不足可能引起贫血，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据各元素与人体健康关系分析。
3．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A、水由分子构成，不符合题意；
B、硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成，不符合题意；
C、金刚石由原子构成，不符合题意；
D、氢气由分子构成，不符合题意；
故选：B。
【分析】根据水、氢气等由分子构成，硫酸铜等盐由离子构成，金刚石等由原子构成分析。
4．【答案】D
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】配制一定质量分数溶液操作为计算、称量溶质、量取溶剂、溶解、装瓶，则需要的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、量筒、胶头滴管，但不会用到酒精灯；
故答案为：D。
【分析】根据配制溶液操作步骤确定所需仪器分析。
5．【答案】D
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；有机高分子材料的分类及鉴别；无机非金属材料及其应用
【解析】【解答】金属材料包括纯金属与合金，合成材料包括塑料、合成橡胶、合成纤维，复合材料是把多种材料复合在一起得到的一种具有特别性能的材料，无机非金属材料，是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，无机非金属材料包括陶瓷、玻璃和水泥，氧化铝陶瓷属于无机非金属材料；
故答案为：D。
【分析】根据氧化铝陶瓷属于无机非金属材料分析。
6．【答案】A
【知识点】复分解反应及其应用；分解反应及其应用；化合反应及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、所给反应是一种物质生成三种物质，属于分解反应，符合题意；
B、所给反应是两种物质生成一种物质，属于化合反应，不符合题意；
C、所给反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，不符合题意；
D、所给反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据化合反应符合“多变一”的特点、分解反应符合“一变多”的特点、置换反应为“单化化单”、复分解反应为“双交换价不变”进行分析。
7．【答案】A
【知识点】灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、 煤气泄漏，不能立即打开排气扇。以防止煤气遇明火发生爆炸，符合题意；
B、电动车充电过程中可能会发生电池过热、短路等问题，容易引发火灾，所以电动车不能在屋内充电，不符合题意；
C、加油站、面粉厂的空气在弥漫着可燃性颗粒，与空气混合达到一定程度时遇明火会发生爆炸，所以面粉加工厂、加油站要严禁烟火，不符合题意；
D、油锅着火时，可用锅盖盖灭，使燃着的油隔离氧气而熄灭，不符合题意；
故选：A。
【分析】A、根据煤气易燃易爆分析；
B、根据电动车充电的安全隐患分析；
C、根据加油站、面粉厂的空气在弥漫着可燃性颗粒分析；
D、根据隔离氧气的灭火原理分析。
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、乙二醇由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物，不符合题意；
B、乙二醇是由分子构成，乙二醇分子由碳原子、氢原子、氧原子构成，不符合题意；
C、由乙二醇的化学式可知，其中碳元素的质量分数为，符合题意；
D、乙二醇中碳、氢元素质量比为（12×2）：（1×6）=4：1，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物分析；
B、根据由分子构成的物质，其分子由原子构成分析；
C、根据元素质量分数＝相对原子质量×原子个数/相对分子质量分析；
D、根据元素质量比为相对原子质量×原子个数之比分析。
9．【答案】B
【知识点】氮气及稀有气体的用途；酸的化学性质；一氧化碳的用途
【解析】【解答】A、白醋用于除水垢是由于其中含有醋酸，醋酸能与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁等反应，与其刺激性气味无关，不符合题意；
B、氮气用作食品保护气是由于其化学性质稳定，符合题意；
C、一氧化碳炼铁是利用其具有还原性，与毒性无关，不符合题意；
D、铁用于制作炊具是利用其有导热性，与导电性无关，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题难度不大，物质的性质决定用途，可以根据物质的性质方面进行分析、判断，从而得出正确的结论。
10．【答案】B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；过滤的原理、方法及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、 溶解土壤样品不能在量筒中进行，应在烧杯中进行，不符合题意；
B、 过滤出浸出液时要用玻璃棒引流液体，漏斗下端紧靠烧杯内壁，符合题意；
C、用胶头滴管向试管中滴加石蕊溶液时，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方，不能伸入试管内或接触试管壁，不符合题意；
D、用pH试纸测溶液pH时，要使用干燥的pH试纸，用潮湿的pH试纸会影响结果，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据量筒的用途分析；
B、根据过滤一贴二低三靠原则分析；
C、根据滴管的使用方法分析；
D、根据pH试纸的使用方法分析。
【答案】11．D
12．C
13．D
【知识点】盐的化学性质；原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用；海洋中的资源
【解析】【分析】（1）根据名称有“气”字头的元素属于非金属元素，在元素周期表小格信息中，左上角数字为原子序数，原子中质子数＝原子序数＝电子数，汉字下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位为“1”分析；
（2）根据膜分离法原理分析；
（3）根据氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，电解食盐水制烧碱时，在通电条件下食盐水发生化学反应，蒸馏利用了各物质的沸点不同，镁离子与氢氧根离子可结合成氢氧化镁沉淀分析。
11．A、氯名称有“气”字头，属于非金属元素，不符合题意；
B、元素周期表一格信息中，左上角数字为原子序数，氯原子质子数＝原子序数＝17，不符合题意；
C、在元素周期表中，汉字下方的数字表示相对原子质量，氯原子的相对原子质量为35.45，而不是一个氯原子的实际质量，不符合题意；
D、在原子中，质子数=核外电子数，故氯原子的核外电子数为17，符合题意；
故答案为：D。
12．A、由题中信息可知， 膜分离法可用于海水淡化， 可用于分离混合物，不符合题意；
B、加压可以加快水分子通过分离膜进入左侧的速率，不符合题意；
C、加压后水分子通过分离膜进入左侧，而右侧海水中的氯化钠等溶质不能通过，右侧海水中氯化钠的质量不变，符合题意；
D、膜分离法只允许水分子通过，可阻止钙、镁离子等通过，可能实现硬水软化，不符合题意；
故答案为：C。
13．A、氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，海水晒盐利用了蒸发结晶的原理，不符合题意；
B、电解食盐水制烧碱时，食盐水在通电条件下发生化学反应，将电能转化为化学能，不符合题意；
C、蒸馏法进行海水淡化，利用了各物质的沸点不同，不符合题意；
D、在卤水中加入碱，镁离子与氢氧根离子反应可生成氢氧化镁沉淀，符合题意；
故答案为：D。
14．【答案】C
【知识点】分子的定义与分子的特性；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、打火机制作时通过加压将约1L的丁烷气体压入约4.5mL的燃料腔中，所以燃料腔中气压大于外界大气压，不符合题意；
B、分子总是不断运动的，打火机不使用时，丁烷分子仍在不断运动，不符合题意；
C、按压开关，丁烷立即汽化喷出，使得丁烷分子间的间隔变大，符合题意；
D、丁烷气燃烧时，生成二氧化碳和水，发生了化学变化，丁烷分子的种类发生了改变，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据气体压缩至容器内，容器内压强变大分析；
B、根据分子总是不断运动的分析；
C、根据物质由液态变气态分子间隔变大分析；
D、根据发生化学变化时分子种类发生改变分析。
15．【答案】B
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的用途；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】A、雨水pH略小于7是由于空气中的与反应生成了，碳酸显酸性，不符合题意；
B、由图示可知，该反应方程式为，则与参加反应的质量比为（2×44）：（4×18）=11：9，符合题意；
C、通常条件下，能与反应生成，在纳米催化剂表面，二氧化碳和水反应生成甲醇和氧气，对比上述两个反应可知，相同反应物在不同条件下，产物可能不同，不符合题意；
D、 纳米催化剂表面将与接触， 二氧化碳和水反应生成甲醇和氧气，该反应消耗二氧化碳，有利于实现的资源化利用，不符合题意；
故选B。
【分析】根据图示中反应物和生成物的粒子构成确定反应物和生成物，由此写出反应方程式，利用方程式进行分析解答。
16．【答案】B
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；中和反应及其应用；化合价规律和原则；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】A、S在空气中燃烧生成SO2，不符合题意；
B、SO2可以使高锰酸钾溶液褪色，实验室可用稀高锰酸钾溶液检验SO2，符合题意；
C、SO2与H2O反应生成H2SO3，不符合题意；
D、 具有强腐蚀性，不能用于改良酸性土壤，应用氢氧化钙改良，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据硫燃烧的产物分析；
B、根据二氧化硫的化学性质分析；
C、根据二氧化硫与水反应生成亚硫酸分析；
D、根据氢氧化钠的腐蚀性分析。
17．【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；酸的化学性质；原子结构示意图与离子结构示意图；单质和化合物
【解析】【解答】A、氖原子核外电子数为10，但核外电子数为10的微观粒子不一定是氖原子，也可能是氧离子、钠离子、镁离子等，不符合题意；
B、碳酸盐加酸有气泡产生，但加酸后能产生气泡的物质不一定是碳酸盐，也可能是锌等活泼金属，故选项推理错误；
C、碱溶液能使无色酚酞试液变红，能使无色酚酞试液变红的一定是碱性溶液，但不一定是碱的溶液，如碳酸钠溶液为盐的溶液，也能使酚酞变红，不符合题意；
D、单质由同种元素组成，由同种元素组成的纯净物一定是单质，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据氖原子、镁离子、氧离子等核外电子数都为10分析；
B、根据碳酸盐和活泼金属都能与酸反应产生气体分析；
C、根据碱溶液与碱性溶液的区别分析；
D、根据单质是由同种元素组成的纯净物分析。
18．【答案】B
【知识点】影响化学反应速率的因素探究；碳的化学性质；一氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、将铜矿石磨碎是为了增大反应物的接触面积，使反应更快更充分，不符合题意；
B、木炭完全燃烧放出的热量比不完全燃烧多，竖炉内木炭主要通过完全燃烧产生高温，符合题意；
C、1200℃的高温使生成的铜熔化，使铜液和炉渣分层，自动分离，不符合题意；
D、 赤铜矿（含）炼铜利用CO的还原性，发生一氧化碳和氧化亚铜在高温下生成铜和二氧化碳的反应，该反应的化学方程式为：，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据增大接触面积可使反应更充分分析；
B、根据木炭完全燃烧放出的热量比不完全燃烧多分析；
C、根据铜熔化后可与炉渣分离分析；
D、根据一氧化碳和氧化亚铜在高温下反应生成铜和二氧化碳分析。
19．【答案】C
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；酸碱指示剂的性质及应用；盐的化学性质；酸碱盐的溶解性
【解析】【解答】A、溶液和溶液都呈碱性， 滴加酚酞后酚酞溶液都会变红，无法鉴别，不符合题意；
B、氢氧化钙固体微溶于水，碳酸钙难溶于水，取样加少量水后，氢氧化钙也不能完全溶解，无法检验固体中是否含有 ，不符合题意；
C、二氧化锰不溶于水，KCl易溶于水，加足量水溶解后，过滤，将滤渣洗涤烘干可得到二氧化锰，将滤液蒸发结晶可得到KCl，可以实现分离，符合题意；
D、 加入适量溶液 ，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，引入了新的杂质NaCl，不符合除杂原则，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液和溶液都呈碱性分析；
B、根据氢氧化钙微溶于水，碳酸钙难溶于水分析；
C、根据二氧化锰不溶于水，KCl易溶于水分析；
D、根据除杂不能引入新杂质分析。
20．【答案】B
【知识点】空气的组成；质量守恒定律及其应用；常用燃料的使用与其对环境的影响；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、贫化空气是空气通过反应器发生物质燃烧后所得，燃烧消耗氧气，所以贫化空气中氧气含量低于正常空气，不符合题意；
B、氧化亚铜与氧气反应生成氧化铜，若载氧体M和N都是铜的氧化物，则M是氧化亚铜，N是氧化铜，符合题意；
C、由质量守恒定律可知， 等质量煤通过化学链完全燃烧消耗的与直接完全燃烧消耗的理论上质量相等 ，不符合题意；
D、“化学链燃烧”是指燃料不直接与空气接触，而是以载氧体在两个反应器之间的循环来实现燃料燃烧，与直接燃烧相比，“化学链燃烧”有利于二氧化碳的捕集，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示中所给反应过程结合质量守恒定律分析。
21．【答案】（1）元素；有机物；蛋白质；缓慢
（2）燃料耗尽；高空中氧气稀薄，无法支持燃料继续燃烧；高空中的强风使燃料的温度降低到着火点以下；；防止冷却时外界空气进入
（3）；不可再生
【知识点】生命活动与六大营养素；化学方程式的书写与配平；燃烧的条件与灭火原理探究；化石燃料的利用与保护
【解析】【解答】（1）①碧螺春含丰富的氟，能有效保护牙齿。此处的氟指氟元素，与其具体存在形式无关；
②有机物一般指由碳元素等组成的而化合物，但是二氧化碳，一氧化碳，碳酸盐等除外，由荷叶碱(C19H21NO2)的化学式可知其属于有机物；
③秋高气爽，正是吃太湖三白的好时节。白虾中能供能的主要营养物质是蛋白质；
④酿制冬酿酒时，常用酒曲使糯米发酵，该过程是缓慢氧化，因为该过程需要的时间较长；
（2）①燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气（或空气）接触、温度达到可燃物的着火点；点燃后的孔明灯升入高空后熄灭，可能是燃料耗尽或高空中氧气稀薄，无法支持燃料继续燃烧或高空中的强风使燃料的温度降低到着火点以下；
②一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：；窑水前隔窑烧火，水在窑内转化为水蒸气直至窑室冷却，水蒸气的作用是通过汽化吸热来降低窑室的温度
（3）① 设碳化硅的化学式为SixCy，已知m(Si)： m(C) =7：3，硅的相对原子质量为28，碳的相对原子质量为12，则，即x=y，所以碳化硅的化学式为SiC；
②煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，属于不可再生能源。
【分析】（1）根据物质由元素组成，含碳的化合物为有机物，鱼、虾等富含蛋白质，酿酒发生的是缓慢氧化分析；
（2）根据燃烧的条件，一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成四氧化三铁和二氧化碳，水蒸气汽化吸热分析；
（3）根据元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，相对分子质量为分子中各原子的相对原子质量之和，化石能源为不可再生能源分析。
（1）①碧螺春含丰富的氟，能有效保护牙齿。此处的氟指氟元素，与其具体存在形式无关；
②有机物一般指由碳元素等组成的而化合物，但是二氧化碳，一氧化碳，碳酸盐等除外，由荷叶碱(C19H21NO2)的化学式可知其属于有机物；
③秋高气爽，正是吃太湖三白的好时节。白虾中能供能的主要营养物质是蛋白质；
④酿制冬酿酒时，常用酒曲使糯米发酵，该过程是缓慢氧化，因为该过程需要的时间较长；
（2）①燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气（或空气）接触、温度达到可燃物的着火点；点燃后的孔明灯升入高空后熄灭，可能是燃料耗尽或高空中氧气稀薄，无法支持燃料继续燃烧或高空中的强风使燃料的温度降低到着火点以下；
②一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：；窑水前隔窑烧火，水在窑内转化为水蒸气直至窑室冷却，水蒸气的作用是通过汽化吸热来降低窑室的温度
（3）① 设碳化硅的化学式为SixCy，已知m(Si)： m(C) =7：3，硅的相对原子质量为28，碳的相对原子质量为12，则，即x=y，所以碳化硅的化学式为SiC；
②煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，属于不可再生能源。
22．【答案】（1）长颈漏斗；
（2）除去中的气体；a
（3）干燥的蓝色石蕊试纸不变色，湿润的蓝色石蕊试纸变红
（4）efd
（5）、
【知识点】实验室常见的仪器及使用；盐的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】（1）①问哦长颈漏斗；
装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为；
（2）盐酸具有挥发性，从A装置制取的二氧化碳中会混有氯化氢和水蒸气，欲得到干燥纯净的，需将气体依次通过B、C装置，其中B装置中饱和的碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水，作用是除去中的气体；
C装置中的浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，可用于干燥二氧化碳气体，通过C装置时，应从长管a口通入，才能使浓硫酸与气体充分接触；
（3）二氧化碳不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，而二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，可使蓝色石蕊试纸变红，D装置中能说明CO2与H2O发生了反应的现象是湿润的蓝色石蕊试纸变红，干燥的蓝色石蕊试纸不变色；
（4）实验结束后，关闭玻璃旋塞，A装置多孔隔板处固体被液体浸没，反应继续进行，装置中的气体继续增加，压强增大，液面下降，固体露出液面，最后液体下降至多孔隔板以下，反应停止，孔隔板处依次观察到的现象是e、f、d；
（5）装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，取少量A中废液，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的N碳酸钠溶液，观察到产生无色气体，说明废液中有剩余的盐酸（碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水），一段时间后生成白色沉淀，说明废液中有氯化钙（氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠），因此A中废液里的主要阳离子是、。
【分析】（1）根据常用仪器名称，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水分析；
（2）根据盐酸具有挥发性，浓硫酸的吸水性，干燥气体时气体长进短出分析；
（3）根据二氧化碳与水反应生成碳酸分析；
（4）根据关闭玻璃旋塞装置内压强变大分析；
（5）根据碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠分析。
（1）①问哦长颈漏斗；
装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为；
（2）盐酸具有挥发性，从A装置制取的二氧化碳中会混有氯化氢和水蒸气，欲得到干燥纯净的，需将气体依次通过B、C装置，其中B装置中饱和的碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水，作用是除去中的气体；
C装置中的浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，可用于干燥二氧化碳气体，通过C装置时，应从长管a口通入，才能使浓硫酸与气体充分接触；
（3）二氧化碳不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，而二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，可使蓝色石蕊试纸变红，D装置中能说明CO2与H2O发生了反应的现象是湿润的蓝色石蕊试纸变红，干燥的蓝色石蕊试纸不变色；
（4）实验结束后，关闭玻璃旋塞，A装置多孔隔板处固体被液体浸没，反应继续进行，装置中的气体继续增加，压强增大，液面下降，固体露出液面，最后液体下降至多孔隔板以下，反应停止，孔隔板处依次观察到的现象是e、f、d；
（5）装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，取少量A中废液，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的N碳酸钠溶液，观察到产生无色气体，说明废液中有剩余的盐酸（碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水），一段时间后生成白色沉淀，说明废液中有氯化钙（氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠），因此A中废液里的主要阳离子是、。
23．【答案】（1）小；不溶性
（2）好氧菌
（3）
（4）；铝的金属活动性比铁强
（5）其它条件相同时，一定范围内，pH越低，吸附量越大；
【知识点】水的净化；金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物，以防止堵塞管道，缝隙越小，越能拦住较小的固体，截留效果就越好，所以截留效果较好的是缝隙相对较小的格栅；
沉砂池和初次沉淀池主要去除水中不溶性杂质；
（2）“二级处理”中，曝气池是通过鼓风机通入空气，增加水中的溶解氧。在 “二级处理” 中，利用曝气池繁殖枯草芽孢杆菌来处理有机污染物，说明枯草芽孢杆菌需要氧气才能更好地发挥作用，所以它是好氧菌；
（3）二氧化氯（）是一种高效的饮用水消毒剂，可由亚氯酸钠（）和氯气（）反应制得，亚氯酸钠和氯气反应生成二氧化氯和氯化钠，该反应的化学方程式为；
（4）金属炭法可用于处理印染厂废水中的重金属离子。将铁炭混合物放入含的废水中，当废水pH小于3时，溶液显酸性，说明含有氢离子，铁炭混合物表面产生气泡，即铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，则该气体为氢气，化学式为；
当废水的pH及其它条件都相同时，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大，其主要原因铝的金属活动性比铁强，在相同条件下，铝能更快速、更彻底地与废水中的锌离子发生置换反应，从而将更多的锌离子从废水中去除，所以锌离子的去除率明显增大；
（5）①对比实验1，2，3除了酸碱度不同外，其它条件均相同，可以得到的结论是其它条件相同时，一定范围内，pH越低，吸附量越大；
②相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高，根据控制变量唯一的原则，对比2、4、5可知，除了污泥样品的质量不同外，其它条件均相同，2中污泥样品质量为0.3g，吸附量为2.62mg g 1，5中污泥样品质量为0.35g，吸附量为4.24mg g 1，4中污泥样品质量为0.4g，吸附量x的数值范围是2.62＜x＜4.24。
【分析】（1）根据“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物分析；
（2）根据“二级处理”中，曝气池是通过鼓风机通入空气，增加水中的溶解氧分析；
（3）根据题中信息确定反应物和生成物，从而写出反应方程式分析；
（4）根据铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大分析；
（5）根据实验1，2，3变量为pH，相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高分析。
（1）“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物，以防止堵塞管道，缝隙越小，越能拦住较小的固体，截留效果就越好，所以截留效果较好的是缝隙相对较小的格栅；
沉砂池和初次沉淀池主要去除水中不溶性杂质；
（2）“二级处理”中，曝气池是通过鼓风机通入空气，增加水中的溶解氧。在 “二级处理” 中，利用曝气池繁殖枯草芽孢杆菌来处理有机污染物，说明枯草芽孢杆菌需要氧气才能更好地发挥作用，所以它是好氧菌；
（3）二氧化氯（）是一种高效的饮用水消毒剂，可由亚氯酸钠（）和氯气（）反应制得，亚氯酸钠和氯气反应生成二氧化氯和氯化钠，该反应的化学方程式为；
（4）金属炭法可用于处理印染厂废水中的重金属离子。将铁炭混合物放入含的废水中，当废水pH小于3时，溶液显酸性，说明含有氢离子，铁炭混合物表面产生气泡，即铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，则该气体为氢气，化学式为；
当废水的pH及其它条件都相同时，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大，其主要原因铝的金属活动性比铁强，在相同条件下，铝能更快速、更彻底地与废水中的锌离子发生置换反应，从而将更多的锌离子从废水中去除，所以锌离子的去除率明显增大；
（5）①对比实验1，2，3除了酸碱度不同外，其它条件均相同，可以得到的结论是其它条件相同时，一定范围内，pH越低，吸附量越大；
②相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高，根据控制变量唯一的原则，对比2、4、5可知，除了污泥样品的质量不同外，其它条件均相同，2中污泥样品质量为0.3g，吸附量为2.62mg g 1，5中污泥样品质量为0.35g，吸附量为4.24mg g 1，4中污泥样品质量为0.4g，吸附量x的数值范围是2.62＜x＜4.24。
24．【答案】醋酸钙热解制得等量时产生气体更多，制得的结构更疏松；C；温度升高，吸附平衡逆向移动，吸附剂结构可能发生变化；；增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；吸收反应生成的水生成氢氧化钙，防止HAP积累和固结，还可以补充反应物氢氧化钙，有助于反应的进行；；
【知识点】常用盐的用途；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；化学实验方案设计与评价；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）热解碳酸钙或醋酸钙都可用于制备氧化钙。已知：，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为，热解醋酸钙制得的CaO捕集CO2的效果优于热解碳酸钙，主要原因是醋酸钙热解制得等量时产生气体更多，制得的结构更疏松；
（2）①从图中可以看出，在不同温度下，对应的吸附率相对其他复合吸附剂在多数温度区间是较高的，所以捕集性能最优的是，故选 C；
②温度高于650℃后，不同配比的吸附剂捕集性能均大幅下降。因为吸附过程通常是一个可逆过程，温度升高，吸附平衡逆向移动，导致吸附剂对的吸附能力减弱；同时，温度过高可能使吸附剂的结构发生变化，比如一些活性位点被破坏，从而降低了吸附剂对的捕集性能；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应物中有10个Ca、20个H、6个P、25个O；已知生成物中含有10个Ca、2个H、6个P、26个O，所以还缺少18个H和1个O，化学计量数为9，则还应该补充H2O；
（4）①机械球磨时，通过球体的滚动、撞击等作用，将原料研磨得更加细小，从而增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；
②球磨过程中，高水含量会导致HAP的积累和固结。CaO可以与水反应生成氢氧化钙，在制备羟基磷酸钙的反应体系中，补充了反应物氢氧化钙，有助于反应的进行，且可以吸收反应生成的水，防止HAP积累和固结；
（5）①由图可知，HAP可促进和在上的光催化反应生成甲烷和氧气，该反应的化学方程式为；
②由图可知，在表面分解产生了和，然后通过HAP 迁移到 Pt 表面与、反应的微观粒子是（电子）。
【分析】（1）根据方程式确定醋酸钙热解制得等量时产生气体更多分析；
（2）根据图中所给信息分析；
（3）根据化学反应前后原子的种类和数目不变分析；
（4）根据机械球磨时，通过球体的滚动、撞击等作用，将原料研磨得更加细小，球磨过程中，高水含量会导致HAP的积累和固结分析；
（5）根据题中信息确定反应物和生成物、反应条件，由此写出反应方程式，结合图中所给信息分析。
25．【答案】NaOH+HCl=NaCl+H2O；=；浓溶液稀释放热；50g水；实验③温度变化的差值大于实验①、②温度变化差值之和；和；3.78解：设生成氯化钠的质量为x，生成水的质量为y。，x=29.25g，y=9g50g40%溶液中水的质量为：50g×（1-40%）=30g，50g36.5%盐酸中水的质量为：50g×（1-36.5%）=31.75g，则反应后水的总质量为：9g +30g +31.75g =70.75g，设70.75g 水所能溶解氯化钠的质量为z。，z=25.47g，则析出的质量为：29.25g-25.47g =3.78g。答：析出的白色固体的质量为3.78g。
【知识点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水，该反应的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，设50g40%溶液与36.5%盐酸恰好反应，消耗稀盐酸的质量为x。
，x=50g，则50g40%溶液与50g36.5%盐酸是恰好反应，因为氯化钠溶液显中性，所以反应后溶液的pH =7。
（2）小华认为，该实验中温度的升高不一定是因为中和反应放热，还可能是浓溶液稀释放热。
（3）对比实验必须控制变量唯一性，其它条件都应该相同，才可探究出该条件对实验是否有影响。因为该实验是探究浓溶液稀释是否放热，所以试剂M是50g水。能证明与盐酸反应放热的依据是：实验③温度变化的差值大于实验①、②温度变化差值之和。
（4）根据与盐酸反应的微观示意图可知，酸碱反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水分子，所以推测中和反应中的能量变化主要是由于和发生反应导致。
【分析】（1）根据氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水，由方程式中物质间质量关系确定所给物质是否恰好完全反应分析；
（2）根据氢氧化钠溶解放热分析；
（3）根据对比实验的变量的唯一性分析，由此确定各实验的反应条件；
（4）根据中和反应实质是氢离子和氢氧根离子结合成水分子分析。
26．【答案】（1）
（2）、
（3）趁热过滤；的溶解度小，蒸发结晶时部分Li元素以的形式析出
（4）的投加量为110%，陈化时间为10小时；碳酸钠固体在短时间内不能完全溶解，表面生成的碳酸锂包裹住碳酸钠固体，导致得到的碳酸锂不纯
【知识点】溶解度的影响因素；固体溶解度曲线及其作用；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）根据流程图可知，盐湖水中主要含、和，加入试剂X后生成Mg（OH）2沉淀，要将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀，且后续不引入新的杂质阳离子，试剂X应为Ca（OH）2。氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，氯化钙在后续加入碳酸钠溶液时可以转化为CaCO3沉淀除去；
（2）“过滤1”得到的溶液中含有NaCl、LiCl、CaCl2、过量的氢氧化钙，加入过量的碳酸钠溶液，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式分别为、；
（3）由LiCl和NaCl的溶解度曲线可知，LiCl的溶解度随温度升高变化较大，NaCl的溶解度随温度升高变化不大。操作a要从含有LiCl和NaCl的溶液中分离出NaCl固体，主要步骤为蒸发结晶、趁热过滤。蒸发结晶使溶液中溶剂减少，NaCl的溶解度变化不大，所以NaCl先结晶析出，趁热过滤可以防止LiCl因温度降低而结晶析出；
20℃时，的溶解度为1.32g。若不加盐酸调pH而直接进行操作a，的溶解度小，蒸发结晶时部分Li元素以的形式析出，从而导致造成最终产率降低；
（4）①沉锂时控制其它条件不变，分别改变碳酸钠的投加量（实际用量/理论用量）和陈化时间进行实验，当碳酸钠的投加量为110%，陈化时间为10h，锂沉淀率达到最高，且继续增大碳酸钠投加量和增大陈化时间，碳酸锂的沉淀率几乎不发生变化，所以保证在较低成本下获得较高的沉淀率，最佳实验条件是的投加量为110%，陈化时间为10小时；
②沉锂时投入碳酸钠固体能获得较高的碳酸锂沉淀率，但实际生产中仍选用饱和碳酸钠溶液投料，选用饱和碳酸钠溶液而不用碳酸钠固体的原因是碳酸钠固体在短时间内不能完全溶解，表面生成的碳酸锂包裹住碳酸钠固体，导致得到的碳酸锂不纯。
【分析】由所给流程，结合氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，LiCl和NaCl的溶解度随温度的变化趋势分析。
（1）根据流程图可知，盐湖水中主要含、和，加入试剂X后生成Mg（OH）2沉淀，要将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀，且后续不引入新的杂质阳离子，试剂X应为Ca（OH）2。氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，氯化钙在后续加入碳酸钠溶液时可以转化为CaCO3沉淀除去；
（2）“过滤1”得到的溶液中含有NaCl、LiCl、CaCl2、过量的氢氧化钙，加入过量的碳酸钠溶液，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式分别为、；
（3）由LiCl和NaCl的溶解度曲线可知，LiCl的溶解度随温度升高变化较大，NaCl的溶解度随温度升高变化不大。操作a要从含有LiCl和NaCl的溶液中分离出NaCl固体，主要步骤为蒸发结晶、趁热过滤。蒸发结晶使溶液中溶剂减少，NaCl的溶解度变化不大，所以NaCl先结晶析出，趁热过滤可以防止LiCl因温度降低而结晶析出；
20℃时，的溶解度为1.32g。若不加盐酸调pH而直接进行操作a，的溶解度小，蒸发结晶时部分Li元素以的形式析出，从而导致造成最终产率降低；
（4）①沉锂时控制其它条件不变，分别改变碳酸钠的投加量（实际用量/理论用量）和陈化时间进行实验，当碳酸钠的投加量为110%，陈化时间为10h，锂沉淀率达到最高，且继续增大碳酸钠投加量和增大陈化时间，碳酸锂的沉淀率几乎不发生变化，所以保证在较低成本下获得较高的沉淀率，最佳实验条件是的投加量为110%，陈化时间为10小时；
②沉锂时投入碳酸钠固体能获得较高的碳酸锂沉淀率，但实际生产中仍选用饱和碳酸钠溶液投料，选用饱和碳酸钠溶液而不用碳酸钠固体的原因是碳酸钠固体在短时间内不能完全溶解，表面生成的碳酸锂包裹住碳酸钠固体，导致得到的碳酸锂不纯。
1 / 1江苏省苏州市新区2025年中考一模化学试题
一、单项选择题（包括20题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意）
1．传统工艺是中华优秀传统文化的重要组成部分。下列传统工艺涉及化学变化的是
A．粮食酿酒 B．楠木造船 C．玉石雕刻 D．甲骨刻字
【答案】A
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、粮食酿酒有酒精等新物质生成，属于化学变化，符合题意；
B、楠木造船只是物质形状的改变，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
C、玉石雕刻过程只是物质形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意；
D、甲骨刻字过程只是物质形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据化学变化物理变化的特点分析，化学变化有新物质生成，物理变化没有新物质生成，判断变化种类就是看变化后有没有新物质生成。
2．下列人体必需的微量元素中，摄入量不足可能引起贫血的是
A．硒 B．锌 C．氟 D．铁
【答案】D
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用
【解析】【解答】A、硒摄入量不足会引起免疫力低下，不符合题意；
B、锌摄入量不足会导致智力低下，发育迟缓，不符合题意；
C、氟摄入量不足易产生龋齿，不符合题意。
D、铁是血红蛋白的成分，能帮助氧气的运输，摄入量不足可能引起贫血，符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据各元素与人体健康关系分析。
3．下列物质由离子构成的是（　　）
A．水 B．硫酸铜 C．金刚石 D．氢气
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A、水由分子构成，不符合题意；
B、硫酸铜由铜离子和硫酸根离子构成，不符合题意；
C、金刚石由原子构成，不符合题意；
D、氢气由分子构成，不符合题意；
故选：B。
【分析】根据水、氢气等由分子构成，硫酸铜等盐由离子构成，金刚石等由原子构成分析。
4．用质量分数为37%的盐酸配制10%的稀盐酸，不需要用到的仪器是
A．玻璃棒 B．烧杯 C．量筒 D．酒精灯
【答案】D
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】配制一定质量分数溶液操作为计算、称量溶质、量取溶剂、溶解、装瓶，则需要的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、量筒、胶头滴管，但不会用到酒精灯；
故答案为：D。
【分析】根据配制溶液操作步骤确定所需仪器分析。
5．氧化铝陶瓷制作的手机电路板散热效率高、运行稳定，氧化铝陶瓷属于
A．金属材料 B．合成材料
C．复合材料 D．无机非金属材料
【答案】D
【知识点】合成材料的使用及其对人和环境的影响；有机高分子材料的分类及鉴别；无机非金属材料及其应用
【解析】【解答】金属材料包括纯金属与合金，合成材料包括塑料、合成橡胶、合成纤维，复合材料是把多种材料复合在一起得到的一种具有特别性能的材料，无机非金属材料，是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，无机非金属材料包括陶瓷、玻璃和水泥，氧化铝陶瓷属于无机非金属材料；
故答案为：D。
【分析】根据氧化铝陶瓷属于无机非金属材料分析。
6．下列反应属于分解反应的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】复分解反应及其应用；分解反应及其应用；化合反应及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、所给反应是一种物质生成三种物质，属于分解反应，符合题意；
B、所给反应是两种物质生成一种物质，属于化合反应，不符合题意；
C、所给反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，不符合题意；
D、所给反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据化合反应符合“多变一”的特点、分解反应符合“一变多”的特点、置换反应为“单化化单”、复分解反应为“双交换价不变”进行分析。
7．根据燃烧的条件与灭火的原理，下列说法不正确的是
A．煤气泄漏，应立即打开排气扇
B．电动车不能在屋内充电，以免发生火灾
C．加油站、面粉厂应严禁烟火
D．厨房里油锅着火，可用锅盖盖灭
【答案】A
【知识点】灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、 煤气泄漏，不能立即打开排气扇。以防止煤气遇明火发生爆炸，符合题意；
B、电动车充电过程中可能会发生电池过热、短路等问题，容易引发火灾，所以电动车不能在屋内充电，不符合题意；
C、加油站、面粉厂的空气在弥漫着可燃性颗粒，与空气混合达到一定程度时遇明火会发生爆炸，所以面粉加工厂、加油站要严禁烟火，不符合题意；
D、油锅着火时，可用锅盖盖灭，使燃着的油隔离氧气而熄灭，不符合题意；
故选：A。
【分析】A、根据煤气易燃易爆分析；
B、根据电动车充电的安全隐患分析；
C、根据加油站、面粉厂的空气在弥漫着可燃性颗粒分析；
D、根据隔离氧气的灭火原理分析。
8．我国科研团队以秸秆为原料生产乙二醇（），助力推进乙二醇绿色化生产。下列有关乙二醇的说法正确的是
A．乙二醇是一种氧化物
B．乙二醇由碳原子、氢原子、氧原子构成
C．乙二醇中碳元素的质量分数为38.7%
D．乙二醇中碳、氢元素质量比为1：3
【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、乙二醇由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物，不符合题意；
B、乙二醇是由分子构成，乙二醇分子由碳原子、氢原子、氧原子构成，不符合题意；
C、由乙二醇的化学式可知，其中碳元素的质量分数为，符合题意；
D、乙二醇中碳、氢元素质量比为（12×2）：（1×6）=4：1，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物分析；
B、根据由分子构成的物质，其分子由原子构成分析；
C、根据元素质量分数＝相对原子质量×原子个数/相对分子质量分析；
D、根据元素质量比为相对原子质量×原子个数之比分析。
9．下列物质的性质与用途对应关系正确的是
A．白醋有刺激性气味，用于除水垢
B．氮气化学性质稳定，用作食品保护气
C．一氧化碳有毒性，用于炼铁
D．铁有导电性，用于制作炊具
【答案】B
【知识点】氮气及稀有气体的用途；酸的化学性质；一氧化碳的用途
【解析】【解答】A、白醋用于除水垢是由于其中含有醋酸，醋酸能与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁等反应，与其刺激性气味无关，不符合题意；
B、氮气用作食品保护气是由于其化学性质稳定，符合题意；
C、一氧化碳炼铁是利用其具有还原性，与毒性无关，不符合题意；
D、铁用于制作炊具是利用其有导热性，与导电性无关，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题难度不大，物质的性质决定用途，可以根据物质的性质方面进行分析、判断，从而得出正确的结论。
10．以下是探究土壤酸碱性的相关实验操作，其中正确的是
A．溶解土壤样品
B．过滤出浸出液
C．检验酸碱性
D．测定酸碱度
【答案】B
【知识点】实验室常见的仪器及使用；过滤的原理、方法及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】A、 溶解土壤样品不能在量筒中进行，应在烧杯中进行，不符合题意；
B、 过滤出浸出液时要用玻璃棒引流液体，漏斗下端紧靠烧杯内壁，符合题意；
C、用胶头滴管向试管中滴加石蕊溶液时，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方，不能伸入试管内或接触试管壁，不符合题意；
D、用pH试纸测溶液pH时，要使用干燥的pH试纸，用潮湿的pH试纸会影响结果，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据量筒的用途分析；
B、根据过滤一贴二低三靠原则分析；
C、根据滴管的使用方法分析；
D、根据pH试纸的使用方法分析。
阅读下列材料，完成下面小题：
海水中蕴含80多种元素，是巨大的资源宝库。从海水中可获得粗盐，粗盐中除不溶性固体外，还含有、、等杂质离子。粗盐提纯得到的是重要的化工原料，可用于制碱、制药等。从晒盐后的卤水中还可以提取溴和镁等。
11．氯在元素周期表中的信息及氯原子的结构示意图如图所示。下列说法正确的是
A．氯元素是金属元素 B．氯原子的质子数为7
C．一个氯原子的实际质量是35.45g D．氯原子的核外电子数为17
12．膜分离法可用于海水淡化，原理如图所示。下列说法不正确的是
A．膜分离法可用于分离混合物
B．加压可加快水分子通过分离膜的速率
C．加压后右侧海水中氯化钠的质量逐渐减少
D．利用膜分离法的原理也可能实现硬水软化
13．以下是常见的海水综合利用方法，其中说法正确的是
A．海水晒盐：海水晒盐利用了降温结晶的原理
B．氯碱工业：电解食盐水制烧碱时，化学能转化为电能
C．海水淡化：蒸馏法进行海水淡化，利用了各物质的凝固点不同
D．海水提镁：在卤水中加入碱，可将转化为沉淀析出
【答案】11．D
12．C
13．D
【知识点】盐的化学性质；原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用；海洋中的资源
【解析】【分析】（1）根据名称有“气”字头的元素属于非金属元素，在元素周期表小格信息中，左上角数字为原子序数，原子中质子数＝原子序数＝电子数，汉字下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位为“1”分析；
（2）根据膜分离法原理分析；
（3）根据氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，电解食盐水制烧碱时，在通电条件下食盐水发生化学反应，蒸馏利用了各物质的沸点不同，镁离子与氢氧根离子可结合成氢氧化镁沉淀分析。
11．A、氯名称有“气”字头，属于非金属元素，不符合题意；
B、元素周期表一格信息中，左上角数字为原子序数，氯原子质子数＝原子序数＝17，不符合题意；
C、在元素周期表中，汉字下方的数字表示相对原子质量，氯原子的相对原子质量为35.45，而不是一个氯原子的实际质量，不符合题意；
D、在原子中，质子数=核外电子数，故氯原子的核外电子数为17，符合题意；
故答案为：D。
12．A、由题中信息可知， 膜分离法可用于海水淡化， 可用于分离混合物，不符合题意；
B、加压可以加快水分子通过分离膜进入左侧的速率，不符合题意；
C、加压后水分子通过分离膜进入左侧，而右侧海水中的氯化钠等溶质不能通过，右侧海水中氯化钠的质量不变，符合题意；
D、膜分离法只允许水分子通过，可阻止钙、镁离子等通过，可能实现硬水软化，不符合题意；
故答案为：C。
13．A、氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，海水晒盐利用了蒸发结晶的原理，不符合题意；
B、电解食盐水制烧碱时，食盐水在通电条件下发生化学反应，将电能转化为化学能，不符合题意；
C、蒸馏法进行海水淡化，利用了各物质的沸点不同，不符合题意；
D、在卤水中加入碱，镁离子与氢氧根离子反应可生成氢氧化镁沉淀，符合题意；
故答案为：D。
14．打火机制作时通过加压将约1L的丁烷（）气体压入约4.5mL的燃料腔中。使用时，只需按压开关，丁烷立即汽化喷出，并在喷嘴处被电火花点燃。下列有关说法正确的是
A．充满丁烷气后，燃料腔中气压小于外界大气压
B．打火机未使用时，丁烷分子静止不动
C．按压开关后，丁烷分子间的间隙变大
D．丁烷气燃烧时，丁烷分子的种类不变
【答案】C
【知识点】分子的定义与分子的特性；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、打火机制作时通过加压将约1L的丁烷气体压入约4.5mL的燃料腔中，所以燃料腔中气压大于外界大气压，不符合题意；
B、分子总是不断运动的，打火机不使用时，丁烷分子仍在不断运动，不符合题意；
C、按压开关，丁烷立即汽化喷出，使得丁烷分子间的间隔变大，符合题意；
D、丁烷气燃烧时，生成二氧化碳和水，发生了化学变化，丁烷分子的种类发生了改变，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据气体压缩至容器内，容器内压强变大分析；
B、根据分子总是不断运动的分析；
C、根据物质由液态变气态分子间隔变大分析；
D、根据发生化学变化时分子种类发生改变分析。
15．通常条件下，能与反应生成。若在某纳米催化剂表面将与接触，可发生如图所示反应。下列说法不正确的是
A．雨水pH略小于7是由于空气中的与反应生成了
B．在纳米催化剂表面，与参加反应的质量比为44：45
C．对比上述两个反应可知，相同反应物在不同条件下，产物可能不同
D．纳米催化剂表面所发生的反应有利于实现的资源化利用
【答案】B
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；二氧化碳的用途；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】A、雨水pH略小于7是由于空气中的与反应生成了，碳酸显酸性，不符合题意；
B、由图示可知，该反应方程式为，则与参加反应的质量比为（2×44）：（4×18）=11：9，符合题意；
C、通常条件下，能与反应生成，在纳米催化剂表面，二氧化碳和水反应生成甲醇和氧气，对比上述两个反应可知，相同反应物在不同条件下，产物可能不同，不符合题意；
D、 纳米催化剂表面将与接触， 二氧化碳和水反应生成甲醇和氧气，该反应消耗二氧化碳，有利于实现的资源化利用，不符合题意；
故选B。
【分析】根据图示中反应物和生成物的粒子构成确定反应物和生成物，由此写出反应方程式，利用方程式进行分析解答。
16．酸雨形成与防治中所涉及含硫物质的化合价与物质类别信息如图所示。下列说法正确的是
A．S在空气中燃烧生成
B．实验室可用稀溶液检验
C．和反应生成是形成酸雨的主要原因
D．被酸雨酸化后的土壤可用改良
【答案】B
【知识点】氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；中和反应及其应用；化合价规律和原则；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】A、S在空气中燃烧生成SO2，不符合题意；
B、SO2可以使高锰酸钾溶液褪色，实验室可用稀高锰酸钾溶液检验SO2，符合题意；
C、SO2与H2O反应生成H2SO3，不符合题意；
D、 具有强腐蚀性，不能用于改良酸性土壤，应用氢氧化钙改良，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据硫燃烧的产物分析；
B、根据二氧化硫的化学性质分析；
C、根据二氧化硫与水反应生成亚硫酸分析；
D、根据氢氧化钠的腐蚀性分析。
17．下列推理正确的是
A．氖原子核外电子数为10，核外电子数为10的微观粒子一定是氖原子
B．碳酸盐加酸有气泡产生，加酸后能产生气泡的物质一定是碳酸盐
C．碱溶液能使无色酚酞试液变红，能使无色酚酞试液变红的一定是碱的溶液
D．单质由同种元素组成，由同种元素组成的纯净物一定是单质
【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；酸的化学性质；原子结构示意图与离子结构示意图；单质和化合物
【解析】【解答】A、氖原子核外电子数为10，但核外电子数为10的微观粒子不一定是氖原子，也可能是氧离子、钠离子、镁离子等，不符合题意；
B、碳酸盐加酸有气泡产生，但加酸后能产生气泡的物质不一定是碳酸盐，也可能是锌等活泼金属，故选项推理错误；
C、碱溶液能使无色酚酞试液变红，能使无色酚酞试液变红的一定是碱性溶液，但不一定是碱的溶液，如碳酸钠溶液为盐的溶液，也能使酚酞变红，不符合题意；
D、单质由同种元素组成，由同种元素组成的纯净物一定是单质，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、根据氖原子、镁离子、氧离子等核外电子数都为10分析；
B、根据碳酸盐和活泼金属都能与酸反应产生气体分析；
C、根据碱溶液与碱性溶液的区别分析；
D、根据单质是由同种元素组成的纯净物分析。
18．竖炉炼铜技术可追溯到春秋时期，其装置如图所示。炼铜时将铜矿石粉和木炭粉从上方投入，鼓入充足的空气，使木炭燃烧产生1200℃以上高温，生成的铜液从金门流出。下列说法不正确的是
A．将铜矿石磨碎是为了增大反应物的接触面积
B．竖炉内木炭主要通过不完全燃烧产生高温
C．1200℃的高温使生成的铜熔化，并与炉渣自动分离
D．赤铜矿（含）炼铜原理：
【答案】B
【知识点】影响化学反应速率的因素探究；碳的化学性质；一氧化碳的化学性质
【解析】【解答】A、将铜矿石磨碎是为了增大反应物的接触面积，使反应更快更充分，不符合题意；
B、木炭完全燃烧放出的热量比不完全燃烧多，竖炉内木炭主要通过完全燃烧产生高温，符合题意；
C、1200℃的高温使生成的铜熔化，使铜液和炉渣分层，自动分离，不符合题意；
D、 赤铜矿（含）炼铜利用CO的还原性，发生一氧化碳和氧化亚铜在高温下生成铜和二氧化碳的反应，该反应的化学方程式为：，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据增大接触面积可使反应更充分分析；
B、根据木炭完全燃烧放出的热量比不完全燃烧多分析；
C、根据铜熔化后可与炉渣分离分析；
D、根据一氧化碳和氧化亚铜在高温下反应生成铜和二氧化碳分析。
19．下列实验方案中能达到实验目的的是
A．鉴别溶液和溶液：取样，分别滴加酚酞，观察是否变红
B．检验固体中是否含有：取样，加少量水，观察是否完全溶解
C．分离和固体：加足量水溶解，过滤；将滤渣洗涤烘干，将滤液蒸发结晶
D．除去溶液中少量盐酸：加入适量溶液
【答案】C
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；酸碱指示剂的性质及应用；盐的化学性质；酸碱盐的溶解性
【解析】【解答】A、溶液和溶液都呈碱性， 滴加酚酞后酚酞溶液都会变红，无法鉴别，不符合题意；
B、氢氧化钙固体微溶于水，碳酸钙难溶于水，取样加少量水后，氢氧化钙也不能完全溶解，无法检验固体中是否含有 ，不符合题意；
C、二氧化锰不溶于水，KCl易溶于水，加足量水溶解后，过滤，将滤渣洗涤烘干可得到二氧化锰，将滤液蒸发结晶可得到KCl，可以实现分离，符合题意；
D、 加入适量溶液 ，盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，引入了新的杂质NaCl，不符合除杂原则，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液和溶液都呈碱性分析；
B、根据氢氧化钙微溶于水，碳酸钙难溶于水分析；
C、根据二氧化锰不溶于水，KCl易溶于水分析；
D、根据除杂不能引入新杂质分析。
20．化学链燃烧通过载氧体将空气中的氧传递给燃料。某种化学链燃烧技术以煤为原料，利用高温水蒸气将煤转化为两种可燃性气体，并参与化学链燃烧。其物质转化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．贫化空气中氧气含量低于正常空气
B．若载氧体M和N都是铜的氧化物，则可能M是，N是
C．等质量煤通过化学链完全燃烧消耗的与直接完全燃烧消耗的理论上质量相等
D．与直接燃烧相比，化学链燃烧实现了的高浓度捕集
【答案】B
【知识点】空气的组成；质量守恒定律及其应用；常用燃料的使用与其对环境的影响；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、贫化空气是空气通过反应器发生物质燃烧后所得，燃烧消耗氧气，所以贫化空气中氧气含量低于正常空气，不符合题意；
B、氧化亚铜与氧气反应生成氧化铜，若载氧体M和N都是铜的氧化物，则M是氧化亚铜，N是氧化铜，符合题意；
C、由质量守恒定律可知， 等质量煤通过化学链完全燃烧消耗的与直接完全燃烧消耗的理论上质量相等 ，不符合题意；
D、“化学链燃烧”是指燃料不直接与空气接触，而是以载氧体在两个反应器之间的循环来实现燃料燃烧，与直接燃烧相比，“化学链燃烧”有利于二氧化碳的捕集，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图示中所给反应过程结合质量守恒定律分析。
二、非选择题（共60分）
21．千年古城苏州兼具古典韵味与现代活力。
（1）四季风物，认识化学物质。
①碧螺春含丰富的氟，能有效保护牙齿。此处的氟指氟　 　（填“元素”或“单质”）。
②夏日荷叶清热解暑。荷叶碱（）属于　 　（填“有机物”或“无机物”）。
③秋高气爽，正是吃太湖三白的好时节，白虾中能供能的主要营养物质是　 　。
④酿制冬酿酒时，常用酒曲使糯米发酵。该过程是　 　（填“缓慢”或“剧烈”）氧化。
（2）非遗传承，分析化学原理。
①孔明灯靠松脂燃烧产生的热量引发灯内空气受热膨胀而升空。点燃后的孔明灯升入高空后熄灭，从燃烧条件的角度分析其可能原因是　 　。
②“烧窑水”是金砖制作的重要工序。烧窑时，需减少入窑空气，使片柴等燃料发生不完全燃烧。产生的高温下将氧化铁转化为，使金砖呈青黛色。该反应的化学方程式为　 　。窑水前需闷窑熄火，在窑顶让水慢慢渗入窑中。水在窑内转化为水蒸气，直至窑室冷却。水蒸气的作用是　 　.
（3）科技创新，彰显化学价值。
①苏州在碳化硅单晶生长技术方面取得了重要突破。碳化硅中。碳化硅的化学式为　 　。
②2024年11月，国家能源集团重点科技创新项目——煤直接液化二代技术工程化开发项目开工。煤属于　 　（填“可再生”或“不可再生”）能源。
【答案】（1）元素；有机物；蛋白质；缓慢
（2）燃料耗尽；高空中氧气稀薄，无法支持燃料继续燃烧；高空中的强风使燃料的温度降低到着火点以下；；防止冷却时外界空气进入
（3）；不可再生
【知识点】生命活动与六大营养素；化学方程式的书写与配平；燃烧的条件与灭火原理探究；化石燃料的利用与保护
【解析】【解答】（1）①碧螺春含丰富的氟，能有效保护牙齿。此处的氟指氟元素，与其具体存在形式无关；
②有机物一般指由碳元素等组成的而化合物，但是二氧化碳，一氧化碳，碳酸盐等除外，由荷叶碱(C19H21NO2)的化学式可知其属于有机物；
③秋高气爽，正是吃太湖三白的好时节。白虾中能供能的主要营养物质是蛋白质；
④酿制冬酿酒时，常用酒曲使糯米发酵，该过程是缓慢氧化，因为该过程需要的时间较长；
（2）①燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气（或空气）接触、温度达到可燃物的着火点；点燃后的孔明灯升入高空后熄灭，可能是燃料耗尽或高空中氧气稀薄，无法支持燃料继续燃烧或高空中的强风使燃料的温度降低到着火点以下；
②一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：；窑水前隔窑烧火，水在窑内转化为水蒸气直至窑室冷却，水蒸气的作用是通过汽化吸热来降低窑室的温度
（3）① 设碳化硅的化学式为SixCy，已知m(Si)： m(C) =7：3，硅的相对原子质量为28，碳的相对原子质量为12，则，即x=y，所以碳化硅的化学式为SiC；
②煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，属于不可再生能源。
【分析】（1）根据物质由元素组成，含碳的化合物为有机物，鱼、虾等富含蛋白质，酿酒发生的是缓慢氧化分析；
（2）根据燃烧的条件，一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成四氧化三铁和二氧化碳，水蒸气汽化吸热分析；
（3）根据元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，相对分子质量为分子中各原子的相对原子质量之和，化石能源为不可再生能源分析。
（1）①碧螺春含丰富的氟，能有效保护牙齿。此处的氟指氟元素，与其具体存在形式无关；
②有机物一般指由碳元素等组成的而化合物，但是二氧化碳，一氧化碳，碳酸盐等除外，由荷叶碱(C19H21NO2)的化学式可知其属于有机物；
③秋高气爽，正是吃太湖三白的好时节。白虾中能供能的主要营养物质是蛋白质；
④酿制冬酿酒时，常用酒曲使糯米发酵，该过程是缓慢氧化，因为该过程需要的时间较长；
（2）①燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气（或空气）接触、温度达到可燃物的着火点；点燃后的孔明灯升入高空后熄灭，可能是燃料耗尽或高空中氧气稀薄，无法支持燃料继续燃烧或高空中的强风使燃料的温度降低到着火点以下；
②一氧化碳和氧化铁在高温条件下生成四氧化三铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：；窑水前隔窑烧火，水在窑内转化为水蒸气直至窑室冷却，水蒸气的作用是通过汽化吸热来降低窑室的温度
（3）① 设碳化硅的化学式为SixCy，已知m(Si)： m(C) =7：3，硅的相对原子质量为28，碳的相对原子质量为12，则，即x=y，所以碳化硅的化学式为SiC；
②煤是古代植物埋藏在地下经历了复杂的生物化学和物理化学变化逐渐形成的固体可燃性矿物，属于不可再生能源。
22．实验室用如图所示装置制备少量气体，并探究与的反应。
已知：氯化钙溶液呈中性；与溶液不反应。
（1）仪器①的名称是　 　。装置A内发生反应的化学方程式为　 　。
（2）欲得到干燥纯净的，需将气体依次通过B、C装置，其中B装置的作用是　 　，通过C装置时，应从　 　（选填“a”或“b”）口通入。
（3）D装置中能说明与发生了反应的现象是　 　。
（4）实验结束后，关闭玻璃旋塞，A装置多孔隔板处依次观察到的现象是　 　（用字母d、e、f对如图进行排序）。
（5）为检验废液成分，取少量A中废液，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的溶液，观察到产生无色气体，一段时间后生成白色沉淀。A中废液里的主要阳离子是　 　（写符号）。
【答案】（1）长颈漏斗；
（2）除去中的气体；a
（3）干燥的蓝色石蕊试纸不变色，湿润的蓝色石蕊试纸变红
（4）efd
（5）、
【知识点】实验室常见的仪器及使用；盐的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质
【解析】【解答】（1）①问哦长颈漏斗；
装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为；
（2）盐酸具有挥发性，从A装置制取的二氧化碳中会混有氯化氢和水蒸气，欲得到干燥纯净的，需将气体依次通过B、C装置，其中B装置中饱和的碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水，作用是除去中的气体；
C装置中的浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，可用于干燥二氧化碳气体，通过C装置时，应从长管a口通入，才能使浓硫酸与气体充分接触；
（3）二氧化碳不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，而二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，可使蓝色石蕊试纸变红，D装置中能说明CO2与H2O发生了反应的现象是湿润的蓝色石蕊试纸变红，干燥的蓝色石蕊试纸不变色；
（4）实验结束后，关闭玻璃旋塞，A装置多孔隔板处固体被液体浸没，反应继续进行，装置中的气体继续增加，压强增大，液面下降，固体露出液面，最后液体下降至多孔隔板以下，反应停止，孔隔板处依次观察到的现象是e、f、d；
（5）装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，取少量A中废液，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的N碳酸钠溶液，观察到产生无色气体，说明废液中有剩余的盐酸（碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水），一段时间后生成白色沉淀，说明废液中有氯化钙（氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠），因此A中废液里的主要阳离子是、。
【分析】（1）根据常用仪器名称，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水分析；
（2）根据盐酸具有挥发性，浓硫酸的吸水性，干燥气体时气体长进短出分析；
（3）根据二氧化碳与水反应生成碳酸分析；
（4）根据关闭玻璃旋塞装置内压强变大分析；
（5）根据碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠分析。
（1）①问哦长颈漏斗；
装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，化学方程式为；
（2）盐酸具有挥发性，从A装置制取的二氧化碳中会混有氯化氢和水蒸气，欲得到干燥纯净的，需将气体依次通过B、C装置，其中B装置中饱和的碳酸氢钠溶液能与氯化氢反应生成氯化钠、二氧化碳和水，作用是除去中的气体；
C装置中的浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，可用于干燥二氧化碳气体，通过C装置时，应从长管a口通入，才能使浓硫酸与气体充分接触；
（3）二氧化碳不能使干燥的蓝色石蕊试纸变色，而二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，可使蓝色石蕊试纸变红，D装置中能说明CO2与H2O发生了反应的现象是湿润的蓝色石蕊试纸变红，干燥的蓝色石蕊试纸不变色；
（4）实验结束后，关闭玻璃旋塞，A装置多孔隔板处固体被液体浸没，反应继续进行，装置中的气体继续增加，压强增大，液面下降，固体露出液面，最后液体下降至多孔隔板以下，反应停止，孔隔板处依次观察到的现象是e、f、d；
（5）装置A中石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，取少量A中废液，边搅拌边滴加一定溶质质量分数的N碳酸钠溶液，观察到产生无色气体，说明废液中有剩余的盐酸（碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水），一段时间后生成白色沉淀，说明废液中有氯化钙（氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠），因此A中废液里的主要阳离子是、。
23．生活中的污水需经处理达标后方可排放，常用物理、化学及生物方法对污水进行分级处理。如图为污水分级处理流程示意图。
（1）“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物，以防止堵塞管道。截留效果较好的是缝隙相对较　 　（选填“大”或“小”）的格栅。沉砂池和初次沉淀池主要去除水中　 　（选填“可溶性”或“不溶性”）杂质。
（2）“二级处理”中，可在曝气池繁殖枯草芽孢杆菌来处理有机污染物。枯草芽孢杆菌是　 　（填“厌氧菌”或“好氧菌”）。
（3）“进一步处理”包括消毒等步骤。二氧化氯（）是一种高效的饮用水消毒剂，可由亚氯酸钠（）和氯气（）反应制得。该反应的化学方程式为　 　。
（4）金属炭法可用于处理印染厂废水中的重金属离子。将铁炭混合物放入含的废水中，当废水pH小于3时，铁炭混合物表面产生气泡，该气体的化学式为　 　。当废水的pH及其它条件都相同时，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大，其主要原因是　 　
（5）含铝污泥能去除水中的磷。为探究影响污泥除磷率的因素，在锥形瓶中加入100mL模拟含磷废水，按下表调节pH并控制相关变量。反应3小时后过滤，测定污泥样品对磷的吸附量。
实验 酸碱度 污泥样品/g 反应温度/℃ 吸附量/
1 3 0.3 25 3.13
2 7 0.3 25 2.62
3 11 0.3 25 2.1
4 7 0.4 25 x
5 7 0.5 25 4.24
①对比实验1、2、3，可得出结论　 　。
②通过实验可知，相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高。则实验4中x的数值范围是　 　。
【答案】（1）小；不溶性
（2）好氧菌
（3）
（4）；铝的金属活动性比铁强
（5）其它条件相同时，一定范围内，pH越低，吸附量越大；
【知识点】水的净化；金属的化学性质；化学方程式的书写与配平；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物，以防止堵塞管道，缝隙越小，越能拦住较小的固体，截留效果就越好，所以截留效果较好的是缝隙相对较小的格栅；
沉砂池和初次沉淀池主要去除水中不溶性杂质；
（2）“二级处理”中，曝气池是通过鼓风机通入空气，增加水中的溶解氧。在 “二级处理” 中，利用曝气池繁殖枯草芽孢杆菌来处理有机污染物，说明枯草芽孢杆菌需要氧气才能更好地发挥作用，所以它是好氧菌；
（3）二氧化氯（）是一种高效的饮用水消毒剂，可由亚氯酸钠（）和氯气（）反应制得，亚氯酸钠和氯气反应生成二氧化氯和氯化钠，该反应的化学方程式为；
（4）金属炭法可用于处理印染厂废水中的重金属离子。将铁炭混合物放入含的废水中，当废水pH小于3时，溶液显酸性，说明含有氢离子，铁炭混合物表面产生气泡，即铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，则该气体为氢气，化学式为；
当废水的pH及其它条件都相同时，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大，其主要原因铝的金属活动性比铁强，在相同条件下，铝能更快速、更彻底地与废水中的锌离子发生置换反应，从而将更多的锌离子从废水中去除，所以锌离子的去除率明显增大；
（5）①对比实验1，2，3除了酸碱度不同外，其它条件均相同，可以得到的结论是其它条件相同时，一定范围内，pH越低，吸附量越大；
②相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高，根据控制变量唯一的原则，对比2、4、5可知，除了污泥样品的质量不同外，其它条件均相同，2中污泥样品质量为0.3g，吸附量为2.62mg g 1，5中污泥样品质量为0.35g，吸附量为4.24mg g 1，4中污泥样品质量为0.4g，吸附量x的数值范围是2.62＜x＜4.24。
【分析】（1）根据“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物分析；
（2）根据“二级处理”中，曝气池是通过鼓风机通入空气，增加水中的溶解氧分析；
（3）根据题中信息确定反应物和生成物，从而写出反应方程式分析；
（4）根据铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大分析；
（5）根据实验1，2，3变量为pH，相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高分析。
（1）“一级处理”中，格栅可截留大块固体污染物，以防止堵塞管道，缝隙越小，越能拦住较小的固体，截留效果就越好，所以截留效果较好的是缝隙相对较小的格栅；
沉砂池和初次沉淀池主要去除水中不溶性杂质；
（2）“二级处理”中，曝气池是通过鼓风机通入空气，增加水中的溶解氧。在 “二级处理” 中，利用曝气池繁殖枯草芽孢杆菌来处理有机污染物，说明枯草芽孢杆菌需要氧气才能更好地发挥作用，所以它是好氧菌；
（3）二氧化氯（）是一种高效的饮用水消毒剂，可由亚氯酸钠（）和氯气（）反应制得，亚氯酸钠和氯气反应生成二氧化氯和氯化钠，该反应的化学方程式为；
（4）金属炭法可用于处理印染厂废水中的重金属离子。将铁炭混合物放入含的废水中，当废水pH小于3时，溶液显酸性，说明含有氢离子，铁炭混合物表面产生气泡，即铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，则该气体为氢气，化学式为；
当废水的pH及其它条件都相同时，将铁碳混合物换成等质量比例的铝炭混合物，对去除率明显增大，其主要原因铝的金属活动性比铁强，在相同条件下，铝能更快速、更彻底地与废水中的锌离子发生置换反应，从而将更多的锌离子从废水中去除，所以锌离子的去除率明显增大；
（5）①对比实验1，2，3除了酸碱度不同外，其它条件均相同，可以得到的结论是其它条件相同时，一定范围内，pH越低，吸附量越大；
②相同条件下，等体积水中加入的污泥样品质量越大，污泥除磷率越高，根据控制变量唯一的原则，对比2、4、5可知，除了污泥样品的质量不同外，其它条件均相同，2中污泥样品质量为0.3g，吸附量为2.62mg g 1，5中污泥样品质量为0.35g，吸附量为4.24mg g 1，4中污泥样品质量为0.4g，吸附量x的数值范围是2.62＜x＜4.24。
24．钙的化合物被广泛应用于建筑、医学、工业等领域。
Ⅰ.氧化钙高温捕集能助力碳中和。热解碳酸钙或醋酸钙都可用于制备氧化钙。已知：。
（1）热解醋酸钙制得的捕集的效果优于热解碳酸钙，其主要原因是　 　。
（2）科研人员发现复合吸附剂对的捕集效果更好。如图表示不同比例的复合吸附剂吸附能力随温度变化情况。
①根据曲线，捕集性能最优的是　 　。
A. B.
C. D.
②温度高于650℃后，不同配比的吸附剂捕集性能均大幅下降，其可能原因是　 　。
Ⅱ.羟基磷酸钙具有优良的生物相容性和生物活性。羟基磷酸钙自然矿物化后形成羟基磷灰石（HAP），具有高强度、耐高温和催化活性等诸多优异性能。
（3）以、和为原料，通过机械球磨可制得羟基磷酸钙。完成制备羟基磷酸钙的化学方程式：　 　。
（4）机械球磨工作原理如图所示。球磨过程中，高水含量会导致HAP的积累和固结。
①机械球磨的目的是　 　。
②原料中的作用是　 　。
（5）羟基磷灰石（HAP）在催化领域被广泛应用。HAP可促进和在上的光催化反应，机理如图所示。
①该反应的化学方程式为　 　。
②通过HAP迁移到Pt表面与、反应的微观粒子是　 　（写符号）。
【答案】醋酸钙热解制得等量时产生气体更多，制得的结构更疏松；C；温度升高，吸附平衡逆向移动，吸附剂结构可能发生变化；；增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；吸收反应生成的水生成氢氧化钙，防止HAP积累和固结，还可以补充反应物氢氧化钙，有助于反应的进行；；
【知识点】常用盐的用途；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；化学实验方案设计与评价；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）热解碳酸钙或醋酸钙都可用于制备氧化钙。已知：，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，化学方程式为，热解醋酸钙制得的CaO捕集CO2的效果优于热解碳酸钙，主要原因是醋酸钙热解制得等量时产生气体更多，制得的结构更疏松；
（2）①从图中可以看出，在不同温度下，对应的吸附率相对其他复合吸附剂在多数温度区间是较高的，所以捕集性能最优的是，故选 C；
②温度高于650℃后，不同配比的吸附剂捕集性能均大幅下降。因为吸附过程通常是一个可逆过程，温度升高，吸附平衡逆向移动，导致吸附剂对的吸附能力减弱；同时，温度过高可能使吸附剂的结构发生变化，比如一些活性位点被破坏，从而降低了吸附剂对的捕集性能；
（3）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变。反应物中有10个Ca、20个H、6个P、25个O；已知生成物中含有10个Ca、2个H、6个P、26个O，所以还缺少18个H和1个O，化学计量数为9，则还应该补充H2O；
（4）①机械球磨时，通过球体的滚动、撞击等作用，将原料研磨得更加细小，从而增大反应物的接触面积，使反应更快、更充分；
②球磨过程中，高水含量会导致HAP的积累和固结。CaO可以与水反应生成氢氧化钙，在制备羟基磷酸钙的反应体系中，补充了反应物氢氧化钙，有助于反应的进行，且可以吸收反应生成的水，防止HAP积累和固结；
（5）①由图可知，HAP可促进和在上的光催化反应生成甲烷和氧气，该反应的化学方程式为；
②由图可知，在表面分解产生了和，然后通过HAP 迁移到 Pt 表面与、反应的微观粒子是（电子）。
【分析】（1）根据方程式确定醋酸钙热解制得等量时产生气体更多分析；
（2）根据图中所给信息分析；
（3）根据化学反应前后原子的种类和数目不变分析；
（4）根据机械球磨时，通过球体的滚动、撞击等作用，将原料研磨得更加细小，球磨过程中，高水含量会导致HAP的积累和固结分析；
（5）根据题中信息确定反应物和生成物、反应条件，由此写出反应方程式，结合图中所给信息分析。
25．中和反应热消融是肿瘤治疗手段之一。为研究中和反应热消融的放热原理，兴趣小组同学进行了如下实验探究。
【实验一】20℃时，向盛有50g40%溶液的烧杯中加入50g36.5%盐酸，用手触摸烧杯外壁，温度明显升高。
（1）该反应的化学方程式：　 　，反应后溶液pH　 　7（填“>”“<”或“=”）。
（2）小华认为，该实验中温度的升高不一定是因为中和反应放热，还可能是　 　。
【实验二】对上述实验进行改进，并用温度传感器测定实验过程中温度的变化：
①20℃时，向50g40%溶液中缓慢滴加试剂M；
②20℃时，向50g36.5%盐酸中缓慢滴加试剂M；
③20℃时，向50g40%溶液中缓慢滴加50g36.5%盐酸溶液。
实验结果如图所示。
（3）试剂M是　 　（填试剂名称及质量）。能证明与盐酸反应放热的依据是　 　。
（4）与盐酸反应的微观示意图如图所示。由图推测中和反应中的能量变化主要是由于　 　（填离子符号）发生反应导致。
（5）恢复至20℃，实验③烧杯底部出现白色固体，经检测为。已知20℃时溶解度约为36g，若忽略水分的蒸发，所得白色固体的质量为多少克？（写出详细计算过程）　 　。
【答案】NaOH+HCl=NaCl+H2O；=；浓溶液稀释放热；50g水；实验③温度变化的差值大于实验①、②温度变化差值之和；和；3.78解：设生成氯化钠的质量为x，生成水的质量为y。，x=29.25g，y=9g50g40%溶液中水的质量为：50g×（1-40%）=30g，50g36.5%盐酸中水的质量为：50g×（1-36.5%）=31.75g，则反应后水的总质量为：9g +30g +31.75g =70.75g，设70.75g 水所能溶解氯化钠的质量为z。，z=25.47g，则析出的质量为：29.25g-25.47g =3.78g。答：析出的白色固体的质量为3.78g。
【知识点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】（1）氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水，该反应的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O，设50g40%溶液与36.5%盐酸恰好反应，消耗稀盐酸的质量为x。
，x=50g，则50g40%溶液与50g36.5%盐酸是恰好反应，因为氯化钠溶液显中性，所以反应后溶液的pH =7。
（2）小华认为，该实验中温度的升高不一定是因为中和反应放热，还可能是浓溶液稀释放热。
（3）对比实验必须控制变量唯一性，其它条件都应该相同，才可探究出该条件对实验是否有影响。因为该实验是探究浓溶液稀释是否放热，所以试剂M是50g水。能证明与盐酸反应放热的依据是：实验③温度变化的差值大于实验①、②温度变化差值之和。
（4）根据与盐酸反应的微观示意图可知，酸碱反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水分子，所以推测中和反应中的能量变化主要是由于和发生反应导致。
【分析】（1）根据氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水，由方程式中物质间质量关系确定所给物质是否恰好完全反应分析；
（2）根据氢氧化钠溶解放热分析；
（3）根据对比实验的变量的唯一性分析，由此确定各实验的反应条件；
（4）根据中和反应实质是氢离子和氢氧根离子结合成水分子分析。
26．碳酸锂（）广泛应用于电池、陶瓷等领域。盐湖水中主要含、和，利用浓缩后的盐湖卤水制备的部分流程如图所示。
已知：易溶于水。20℃时，的溶解度为21.5g，的溶解度为1.32g。
（1）试剂X为　 　（写化学式）。
（2）“过滤2”前加入溶液所发生反应的化学方程式：　 　。
（3）和的溶解度曲线如图所示。“操作a”主要包含以下步骤：蒸发结晶、　 　。若不加盐酸调pH而直接进行操作a，可能造成最终产率降低，原因是　 　。
（4）①沉锂时，控制其它条件不变，分别改变的投加量（实际用量/理论用量）和陈化时间进行实验，结果如图所示。为保证在较低成本下获得较高的沉淀率，最佳实验条件是　 　。
②沉锂时，投入碳酸钠固体能获得较高的沉淀率，但实际生产中仍选用饱和碳酸钠溶液投料。选用饱和碳酸钠溶液而不用碳酸钠固体的原因是　 　。
【答案】（1）
（2）、
（3）趁热过滤；的溶解度小，蒸发结晶时部分Li元素以的形式析出
（4）的投加量为110%，陈化时间为10小时；碳酸钠固体在短时间内不能完全溶解，表面生成的碳酸锂包裹住碳酸钠固体，导致得到的碳酸锂不纯
【知识点】溶解度的影响因素；固体溶解度曲线及其作用；盐的化学性质；化学方程式的书写与配平；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】（1）根据流程图可知，盐湖水中主要含、和，加入试剂X后生成Mg（OH）2沉淀，要将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀，且后续不引入新的杂质阳离子，试剂X应为Ca（OH）2。氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，氯化钙在后续加入碳酸钠溶液时可以转化为CaCO3沉淀除去；
（2）“过滤1”得到的溶液中含有NaCl、LiCl、CaCl2、过量的氢氧化钙，加入过量的碳酸钠溶液，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式分别为、；
（3）由LiCl和NaCl的溶解度曲线可知，LiCl的溶解度随温度升高变化较大，NaCl的溶解度随温度升高变化不大。操作a要从含有LiCl和NaCl的溶液中分离出NaCl固体，主要步骤为蒸发结晶、趁热过滤。蒸发结晶使溶液中溶剂减少，NaCl的溶解度变化不大，所以NaCl先结晶析出，趁热过滤可以防止LiCl因温度降低而结晶析出；
20℃时，的溶解度为1.32g。若不加盐酸调pH而直接进行操作a，的溶解度小，蒸发结晶时部分Li元素以的形式析出，从而导致造成最终产率降低；
（4）①沉锂时控制其它条件不变，分别改变碳酸钠的投加量（实际用量/理论用量）和陈化时间进行实验，当碳酸钠的投加量为110%，陈化时间为10h，锂沉淀率达到最高，且继续增大碳酸钠投加量和增大陈化时间，碳酸锂的沉淀率几乎不发生变化，所以保证在较低成本下获得较高的沉淀率，最佳实验条件是的投加量为110%，陈化时间为10小时；
②沉锂时投入碳酸钠固体能获得较高的碳酸锂沉淀率，但实际生产中仍选用饱和碳酸钠溶液投料，选用饱和碳酸钠溶液而不用碳酸钠固体的原因是碳酸钠固体在短时间内不能完全溶解，表面生成的碳酸锂包裹住碳酸钠固体，导致得到的碳酸锂不纯。
【分析】由所给流程，结合氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，LiCl和NaCl的溶解度随温度的变化趋势分析。
（1）根据流程图可知，盐湖水中主要含、和，加入试剂X后生成Mg（OH）2沉淀，要将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀，且后续不引入新的杂质阳离子，试剂X应为Ca（OH）2。氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，氯化钙在后续加入碳酸钠溶液时可以转化为CaCO3沉淀除去；
（2）“过滤1”得到的溶液中含有NaCl、LiCl、CaCl2、过量的氢氧化钙，加入过量的碳酸钠溶液，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程式分别为、；
（3）由LiCl和NaCl的溶解度曲线可知，LiCl的溶解度随温度升高变化较大，NaCl的溶解度随温度升高变化不大。操作a要从含有LiCl和NaCl的溶液中分离出NaCl固体，主要步骤为蒸发结晶、趁热过滤。蒸发结晶使溶液中溶剂减少，NaCl的溶解度变化不大，所以NaCl先结晶析出，趁热过滤可以防止LiCl因温度降低而结晶析出；
20℃时，的溶解度为1.32g。若不加盐酸调pH而直接进行操作a，的溶解度小，蒸发结晶时部分Li元素以的形式析出，从而导致造成最终产率降低；
（4）①沉锂时控制其它条件不变，分别改变碳酸钠的投加量（实际用量/理论用量）和陈化时间进行实验，当碳酸钠的投加量为110%，陈化时间为10h，锂沉淀率达到最高，且继续增大碳酸钠投加量和增大陈化时间，碳酸锂的沉淀率几乎不发生变化，所以保证在较低成本下获得较高的沉淀率，最佳实验条件是的投加量为110%，陈化时间为10小时；
②沉锂时投入碳酸钠固体能获得较高的碳酸锂沉淀率，但实际生产中仍选用饱和碳酸钠溶液投料，选用饱和碳酸钠溶液而不用碳酸钠固体的原因是碳酸钠固体在短时间内不能完全溶解，表面生成的碳酸锂包裹住碳酸钠固体，导致得到的碳酸锂不纯。
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