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广东省广雅中学2025年九年级综合素质模拟（三）化学试题
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．下列描述属于化学变化的是
A．稀有气体通电发光
B．氯化钠在水中电离出钠离子和氯离子
C．工业分离液态空气制取氧气
D．水通电分解
2．环境、能源和资源是人类生存和发展的基本条件，下列说法不正确的是
A．臭氧是温室气体，也是空气的主要污染物
B．大多数铁矿石中的铁元素以单质形式存在
C．汽油是石油加工的产品，是常用的汽车燃料
D．太阳能、风能是人类正在利用和开发的新能源
3．水是宝贵的自然资源。某兴趣小组创作的“我是水”情景剧中，有关台词不正确的是
A．甲：我能用于灭火，因为我能使可燃物的温度降低至着火点以下
B．乙：我能与空气中的二氧化碳发生化学反应，使常温下的雨水
C．丙：合理施用农药、化肥，不随意填埋垃圾，都是人类爱护我的表现
D．丁：酸碱中和反应能生成我，能生成我的化学反应一定是中和反应
4．下列说法不正确的是
A．工业用盐中毒由氯化钠引起
B．贵重图书资料着火，用干冰灭火器扑灭
C．用灼烧法鉴别合成纤维和羊毛
D．硫原子和硫离子的质子数相同
5．2025年春晚，一款高科技人形机器人因其灵活的动作引发关注，其外壳采用了PEEK材料[物质化学式为]。该种材料在医疗器械、汽车工业、航空航天等领域被广泛应用。下列有关该物质的说法中，不正确的是
A．该物质属于有机高分子化合物
B．该物质中含有分子
C．该物质中碳、氧元素的质量比为
D．该物质中氢元素的质量分数最小
6．如图是钠、硫两种元素在元素周期表中的部分信息及钠原子的结构示意图，下列说法错误的是
A．钠、硫均是人体中的常量元素
B．钠、硫组成的化合物的化学式为
C．图2中y的数值为1
D．钠、硫位于元素周期表中第三周期
7．在常温下利用高效催化剂可将甲烷与氧气反应制得甲酸。反应微观示意图如下，下列说法正确的是
A．一个甲酸分子中含有1个氢分子
B．反应前后分子种类和数目不变
C．反应消耗的甲烷与生成水的质量比为
D．参加反应的甲烷分子和氧分子的个数比为
8．2022年北京冬奥会使用氢氧燃料电池为动力的汽车。利用铁酸锌(ZnFe2O4)循环制氢气的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应Ⅱ的生成物只有氢气
B．该反应过程中不需要额外补充铁酸锌
C．反应I为分解反应
D．该反应将太阳能转化为化学能
9．由实验操作和实验现象，能得出相应结论的是
选项 操作 现象 结论
A 在酒精灯火焰上方罩一个干燥的烧杯 烧杯内壁出现小水珠 酒精中含有氢、氧元素
B 分别测量加入硝酸铵前水的温度和加入硝酸铵溶解后溶液的温度 溶液温度低于水的温度 硝酸铵溶解时放热
C 取水垢(含碳酸钙、氢氧化镁等物质)少许于试管中，加入白醋 固体减少，并产生气泡 白醋溶液中含有H+
D 将二氧化碳通入氢氧化钠溶液中 无明显现象 说明二氧化碳不与氢氧化钠发生化学变化
A．A B．B C．C D．D
10．用数轴归纳化学知识更直观，下列数轴及相应的化学信息表示正确的是
A．溶解性由小到大：
B．含碳量由低到高：
C．金属活动性由弱到强：
D．pH由小到大：
11．《水经注》中描述：“入汤口四十三里，有石，煮以为盐……水竭盐成。”“煮石成盐”得到的粗盐中含有氯化钠和氯化钾，这两种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A．在相同温度下，的溶解度大于
B．的溶解度受温度的影响较大
C．40℃时，饱和溶液的溶质质量分数为40%
D．20℃时，该粗盐溶于水中得到的不饱和溶液
12．将金属R的粉末放入硝酸铜溶液的烧杯中，充分反应后，溶液呈无色，继续向烧杯中加入一定量的硝酸银溶液，充分反应后过滤，得到滤渣和蓝色滤液。根据上述实验分析，下列说法正确的是
A．金属活动性强弱顺序：Cu>R>Ag
B．滤渣中一定有铜
C．滤液中至少含有两种溶质
D．滤渣中可能有银
13．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项 物质 方案
A 鉴别、和三种固体 分别取少量的固体样品于试管，加适量水，振荡
B 除去中混有的少量 通过足量的灼热的氧化铜
C 分离和两种固体 加足量水，过滤，滤液蒸发结晶，滤渣洗涤干燥
D 检验溶液的变质程度 滴加氯化钙溶液，观察是否有沉淀
A．A B．B C．C D．D
14．小明同学在化学实验比赛中设计了如图的实验，你认为正确的是：
A．甲实验可探究硫酸铜溶液的催化效果与其浓度有关
B．乙实验可验证燃烧的条件之一—温度达到着火点
C．丙实验可除去CO2、CO混合气体中的CO
D．丁实验中，若干冷烧杯中出现水珠，则燃烧的气体一定是H2
二、非选择题：本题包括6小题，共48分。
15．综合利用海水资源是工农业发展的需要。海水晒盐是世界上最早利用海水资源的产业，渗析海水浓缩制盐是最常见的制盐技术，其工作原理如图所示。
浓缩海水的主要成分为氯化钠、氯化镁、溴化钠等。液态溴单质通过酸化氧化的方法得到，因其沸点低，可用热空气法吹出溴气（）。剩余的浓海水和石灰乳可制备氢氧化镁阻燃剂。海洋中还含有丰富的生物资源如海带，海带的利用已实现产业化。依据上文，回答下列问题。
（1）海水中的钠、溴、镁以　 　（填“单质”或“化合物”）形式存在。
（2）溴化钠中溴元素的化合价为－1价，溴化钠的化学式是　 　。
（3）热空气法吹出溴气，利用了溴的　 　（填“物理”或“化学”）性质。
（4）将氯化钠和氯化镁的混合溶液通入如图所示装置中，通过AEM-阴离子交换膜，和（填化学符号）　 　通过CEM-阳离子交换膜，得到淡化液和浓缩海水。
（5）利用浓海水中的氯化镁与石灰乳[主要成分为]反应，可制备固体氢氧化镁阻燃剂，并生成氯化钙，其反应的化学方程式为　 　，该反应属于　 　反应（填基本反应类型）。
（6）从人体健康角度分析，海带利用产业化的意义是　 　。
16．氨(NH3)作为氢的载体，越来越引起重视。
（1）氨气的燃烧：氨气在空气中无法燃烧，在氧气中却能燃烧，生成氮气和一种常见液体，说明氨气燃烧与　 　有关。氨气在氧气中燃烧的化学方程式为　 　。
（2）科学研究不同当量比(燃料完全燃烧理论所需要的空气量与实际供给的空气量之比)的氨气/氢气/空气的燃烧速度如图所示【其中X(NH3)表示氨气、氢气混合气中氨气的体积分数】：
分析图中数据发现当量比为　 　左右时，X(NH3)=　 　，燃烧速度最快。
欲用如图实验探究氨气的其他性质：
（3）根据实验推理，NH3进入水中　 　(填“是”或“否”)发生了化学反应，推理的证据是　 　。
（4）已知硫酸铜溶液的pH约为5.5，下列物质中能用于干燥氨气的是___________(填字母序号)。
A．无水硫酸铜
B．浓硫酸
C．碱石灰(CaO和NaOH固体混合物)
（5）请画出将水挤入前的试管内气体的微观示意图　 　(实验b-1)，以及溶液进入后的试管内气体的微观示意图　 　(实验b-4)。
17．铜箔在汽车电池制造等领域有重要应用。一种制造铜箔工艺的主要工序如图1所示。
（1）铜是人体所需的________元素(填“常量”或“微量”)。
（2）“溶铜”前，粉碎处理铜原料的目的是________。
（3）“溶铜”中，存在铜与氧气及稀硫酸(H2SO4)在80℃的条件下反应生成硫酸铜和水的反应，写出该反应的化学方程式：________。工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能排除其它气体的影响，还具有的优点是________。
（4）“制箔”中，发生的反应：，X的化学式为________。物质X可用于溶铜和________工序。
探究电流密度对Cu的电沉积速率的影响。
在如图2所示装置中按表进行实验，记录0~45min内平均电沉积速率的数据。
已知：电解液初始pH以及电极板间距等也会影响Cu的电沉积速率。
序号 电流密度(A·m-2) 电解液初始pH 电极板间距(mm) 电沉积速率(g·h-1·m-2)
① 200 2 20 225
② 300 a 20 315
③ 400 2 20 510
（5）请分析上述数据：a=________；可得出的实验结论是________。
（6）“制箔”中，需生产抗拉强度大于355MPa且延伸率大于13.5%的铜箔，据如图可知，温度应控制在内___________(填字母)。
A. 45~49℃ B. 50~52℃ C. 53~55℃ D. 56~60℃
18．实现“碳达峰”、“碳中和”，需要我们对CO2有全面的认识。
【活动一】CO2的制备与性质
（1）仪器B的名称是________；实验室制取CO2的化学方程式为________。
（2）图-1中________组合(填字母)，与图-2的发生装置具有相同的优点。
（3）用图-2装置制备CO2并验证其性质。烧杯中的现象是________。
（4）若图-3中干燥的紫色石蕊试纸没有变红，则试剂X可能是___________(填字母)。
A. NaOH溶液 B. 浓硫酸 C. 稀盐酸
【活动二】CO2的捕捉与封存
动态捕碳：
（5）同学们用图-4装置捕碳，请你用化学方程式描述这一反应________，KOH溶液也能用于吸收CO2，发生相似反应。下表为KHCO3和NaHCO3的溶解度。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60
NaHCO3溶解度/g 6.9 8.15 9.6 11.1 12.7 16.4
KHCO3溶解度/g 22.5 27.4 33.7 39.9 47.5 65.6
由图-4和上表分析：用图-4装置不宜选NaOH，更宜选择KOH溶液吸收CO2，原因是________。
催化固碳：查阅资料，发现利用CO2和H2在催化剂作用下反应，可获得甲醇(CH3OH)，催化剂活性下降会导致甲醇转化率降低。
（6）结合下图分析，当温度大于520K时，甲醇产率下降，原因可能是________；压强越大，甲醇产率越高，但在实际生产中，并不是压强越大越好，原因可能是________。
19．某化学兴趣小组的同学围绕“酸碱中和反应”，开展了实验探究活动。
【实验探究】为证明氢氧化钾溶液与稀硫酸发生了反应，三位同学进行了以下实验。
（1）测定溶液pH变化的方法
甲同学在实验过程中测得pH变化如图1所示。O点时，溶液中的溶质是________。
（2）测混合过程中的温度变化
乙同学在实验过程中测得反应混合溶液的温度变化如图2所示，说明稀硫酸与氢氧化钾溶液发生的反应是________（填“放热”或“吸热”）反应，图2中B点表示的含义是________。
（3）借助于酸碱指示剂
丙同学通过图3所示实验，他观察到溶液由________，也证明氢氧化钾溶液与稀硫酸发生了化学反应，反应的化学方程式为________。
【提出问题】针对反应后溶液中溶质成分，大家提出了猜想
【猜想与假设】
猜想一：只有；猜想二：________。（用化学式填空）
【进行实验】为了验证想，学习小组选用CuO粉末、Ba（NO3）2溶液，进行如下探究：
实验方案 实验操作 实验现象 小组结论
方案一 取少量反应后的溶液于试管中，加入CuO粉末 黑色固体溶解，溶液变成蓝色 猜想二正确
方案二 取少量反应后的溶液于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液 ________ 猜想一正确
【实验结论】通过探究，同学们一致确定猜想二是正确的。
【评价与反思】
（4）针对上述方案提出疑问，认为方案二是不合理的，理由是________。
（5）方案一中的CuO粉末可以用下列的某些物质代替，也能得到同样的实验结论。请你选出可用药品的字母序号______。
A. Mg
B. Fe2O3
C. CaCl2
D. NaHCO3
E. Ba（OH）2
20．镍(Ni)是一种用途广泛的金属，镍与铁的化学性质相似，镍元素的常见化合价为+2、+3价。已知：硫酸镍溶液显绿色，碳酸镍和氢氧化镍均为难溶于水的绿色固体，在这些化合物中镍元素都显+2价。
（1）用两种不同方法制备硫酸镍(要求含镍原料属于不同类别物质)，并写出预期反应的化学方程式：
①用氢氧化镍作为其中一种原料来制备硫酸镍，反应的化学方程式为　 　。
②　 　(化学方程式)，依据的反应规律是　 　。
（2）取一定量的NiSO4·7H2O样品进行热重分析，样品在受热过程中的固体残留率随温度变化的曲线如图所示。已知C时失掉全部结晶水，则C时的固体残留率为　 　%(保留一位小数)，E时残留固体为镍的氧化物，请写出相应物质的化学式　 　。
已知：固体残留率=

答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】空气的组成；氧气的工业制法；电解水实验；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、稀有气体通电发光，没有新物质生成，只是能量发生转变，该变化属于物理变化，故A不符合题意；
B、氯化钠是由钠离子和氯离子构成，把氯化钠放入水中，钠离子和氯离子扩散到了水分子中，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B不符合题意；
C、工业上把空气加压降温变成液态，利用液氮和液氧沸点的不同，将其分离，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故C不符合题意；
D、水在通电的条件下，正极产生氧气，负极产生氢气，该过程有新物质生成，属于化学变化，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据没有新物质生成的变化属于物理变化，有新物质生成的变化属于化学变化进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】金属元素的存在及常见的金属矿物；二氧化碳对环境的影响；化石燃料的利用与保护；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、臭氧排放到空气中会导致温室效应增强，属于温室气体，且臭氧具有强氧化性，对人体有一定的危害，属于空气污染物，故A正确；
B、大多数铁矿石中的铁元素以化合物形式存在，因为铁的化学性质比较活泼，能与氧气等物质反应，故B错误；
C、石油通过分馏可以得到汽油，汽油具有可燃性，是常用的汽车燃料，故C正确；
D、太阳能、风能、地热能、潮汐能、核能等是目前人类正在开发和利用的新能源，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据臭氧会导致温室效应，具有强氧化性进行分析解答；
B、根据铁化学性质比较活泼，主要以化合物形式存在进行分析解答；
C、根据石油分馏可以得到汽油，汽油具有可燃性进行分析解答；
D、根据太阳能、风能等都是人类正在利用和开发的新能源进行分析解答。
3．【答案】D
【知识点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；合理使用化肥、农药；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、水蒸发吸热，使可燃物的温度降低至着火点以下，所以水能用于灭火，故A正确；
B、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸的pH约为5.6，所以常温下的雨水pH<7，故B正确；
C、合理施用农药、化肥，不随意填埋垃圾，可以防止水体污染，有利于保护水资源，故C正确；
D、酸与碱作用生成盐和水的反应叫作中和反应，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜和稀硫酸反应生辰硫酸铜和水，不是中和反应，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据灭火的原理进行分析解答；
B、根据二氧化碳和水反应生成碳酸，pH<7进行分析解答；
C、根据合理使用农药、化肥可以减少水体污染进行分析解答；
D、根据中和反应的定义以及金属氧化物和酸反应生成盐和水，但不属于中和反应进行分析解答。
4．【答案】A
【知识点】常用盐的用途；棉纤维、羊毛纤维和合成纤维的鉴别；原子和离子的相互转化；几种常用的灭火器
【解析】【解答】A、氯化钠是食盐的主要成分，可作为调味品和配制生理盐水，氯化钠是无毒的，工业用盐中毒由亚硝酸钠引起，亚硝酸钠有毒，故A错误；
B、贵重图书资料着火，用干冰灭火器扑灭，因为干冰升华不会留下任何痕迹，可以避免图书损坏，故B；
C、 用灼烧法闻气味的方法鉴别合成纤维和羊毛 ，因为羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，合成纤维灼烧有特殊的刺激性气味，故C正确；
D、硫原子最外层电子数是6，在化学反应中得到两个电子后形成硫离子，硫原子变成硫离子，只是核外的电子数发生改变，其核内的质子数不变，所以硫原子和硫离子的质子数相同，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据氯化钠无毒，亚硝酸钠有毒进行分析解答；
B、根据干冰升华不留下任何痕迹进行分析解答；
C、根据羊毛灼烧有烧焦羽毛气味，合成纤维灼烧有特殊气味进行分析解答；
D、根据硫原子得到电子形成硫离子，核内的质子数没有改变进行分析解答。
5．【答案】B
【知识点】有机高分子材料的分类及鉴别；化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、相对分子质量很大的有机物称为有机高分子化合物，该物质含碳元素，属于有机物，该物质的化学式为]，其相对分子质量=，相对分子质量很大，所以属于有机高分子化合物，故A正确；
B、该物质由分子构成，分子又由原子构成，从化学式可知该物质的每个分子中含有3n个氧原子，而不是含臭氧分子，故B错误；
C、化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比，所以该物质中碳、氧元素的质量比为：，故C正确；
D、该物质中C、H、O元素的质量比为：，氢元素的质量比最小，所以氢元素的质量分数最小，故D错误。
故答案为： B。
【分析】A、根据相对分子质量很大的有机物叫做有机高分子化合物，相对分子质量=相对原子质量的总和进行分析解答；
B、根据物质由分子构成，分子又由原子构成进行分析解答；
C、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答；
D、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比，元素质量比越小，其元素的质量分数也越小进行分析解答。
6．【答案】B
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；化学式的书写及意义
【解析】【解答】A、钠、硫元素在人体中的含量超过0.01%，所以钠、硫均是人体所需的常量元素，故A正确；
B、钠原子最外层电子数为1，在化学反应中容易失去1个电子形成钠离子，钠元素化合价为+1价，硫原子最外层电子数为6，在化学反应中容易得到2个电子形成硫离子，硫元素化合价为-2价，根据化合物中正、负化合价的代数和为0，所以钠、硫组成的化合物的化学式为Na2S，故B错误；
C、原子核外电子排布的规律是第一层最多排2个电子，第二层最多排8个电子，所以x=8，原子中，质子数=核外电子数，所以11=2+8+y，解得y＝1，故C正确；
D、原子核外电子层数=元素周期数，钠和硫原子核外电子层数都是3层，所以钠、硫元素位于第三周期，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据在人体中含量超过0.01%的元素，属于常量元素进行分析解答；
B、根据原子的最外层电子数决定元素的化合价，根据化合物中正、负化合价的代数和为0书写化学式进行分析解答；
C、根据原子核外第二层最多排8个电子，原子中，质子数=核外电子数进行分析解答；
D、根据原子的核外电子层数=元素周期数进行分析解答。
7．【答案】C
【知识点】化学式的书写及意义；化学方程式的概念、读法和含义；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；化学反应的实质
【解析】【解答】A.由化学式可知，一个甲酸分子中有2个氢原子，不存在氢分子，不符合题意；
B.由图示可知，该反应可以表示为：，反应前后分子数目改变，原子数目不变，不符合题意；
C.反应中甲烷与水的质量比为，符合题意；
D. 参加反应的甲烷分子和氧分子的个数比为，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示确定反应的方程式，结合方程式进行解答。
8．【答案】A
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；分解反应及其应用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、由图示可知，反应Ⅱ生成了ZnFe2O4和氢气，故A选项错误；
B、根据流程图可知，该反应不断消耗水生成氢气和氧气，铁酸锌在流程中不被消耗，该反应过程中不需要额外补充铁酸锌，故B选项正确；
C、由图示可知，该反应的反应物有一种，生成物有三种，属于一变多的反应，符合分解反应的特征，属于分解反应，故C选项正确；
D、该反应利用太阳能提供能量发生反应，在这一过程中，太阳能转化为了化学能，故D选项正确；
故答案为：A.
【分析】A、根据图示进行分析；
B、根据流程图中的各物质消耗进行分析；
C、根据分解反应的特征进行分析；
D、根据该反应利用太阳能提供能量发生反应进行分析。
9．【答案】C
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；碱的化学性质；盐的化学性质；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、在酒精灯火焰上方罩一个干燥的烧杯，烧杯内壁出现小水珠，说明酒精燃烧生成了水，水由H、O元素组成，酒精燃烧有氧气参与反应，氧气中含有氧元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，所以酒精中一定含氢元素，无法确定是否含有氧元素，故A不符合题意；
B、物质溶解时吸热则温度下降，放热则温度上升，分别测量加入硝酸铵前水的温度和加入硝酸铵溶解后溶液的温度，溶液温度低于水的温度，说明硝酸铵溶解时吸收热量，而不是放出热量，故B不符合题意；
C、取水垢(含碳酸钙、氢氧化镁等物质)少许于试管中，碳酸钙和酸反应会生成二氧化碳气体，氢氧化镁和酸会发生中和反应，酸的共同特征是溶液中都含有H+，所以水垢中加入白醋，固体减少，并产生气泡，说明白醋溶液中含有氢离子，故C符合题意；
D、将二氧化碳通入氢氧化钠溶液中，二氧化碳会与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，虽然无明显现象，但是有水和碳酸钠新物质生成，发生了化学变化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答；
B、根据物质溶解吸热会使温度降低进行分析解答；
C、根据碳酸钙和酸反应生成二氧化碳气体，碱和酸发生中和反应，酸中都含有H+进行分析解答；
D、根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，有新物质生成属于化学变化进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】合金与合金的性质；金属活动性顺序及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；二氧化碳的物理性质
【解析】【解答】A、溶解性由小到大的顺序为氢气、氧气、二氧化碳，因为氢气难溶于水，氧气不易溶于水，二氧化碳能溶于水，故A错误；
B、含碳量由低到高为：钢、生铁，生铁的含碳量为2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%，故B错误；
C、金属活动顺序表为：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb （H）Cu Hg Ag Pt Au，所以金属活动性由弱到强为：Ag、Cu、Fe，故C错误；
D、pH由小到大为：厕所清洁剂、食盐水、厨房清洁剂，厕所清洁剂的主要成分是盐酸，显酸性，pH<7，食盐水显中性，pH=7，厨房清洁剂的主要成分是氢氧化钠，显碱性，pH>7，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据氢气难溶于水，氧气不易溶于水，二氧化碳能溶于水进行分析解答；
B、根据生铁含碳量为2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%进行分析解答；
C、根据金属活动顺序表内容进行分析解答；
D、根据厕所清洁剂pH<7，食盐水pH=7，炉具清洁剂pH>7进行分析解答。
11．【答案】D
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由溶解度曲线可知，0-20℃时，氯化钠的溶解度大于氯化钾的溶解度，只有温度高于某一数值时，氯化钾的溶解度才大于氯化钠，并非所有温度下氯化钾的溶解度都大于氯化钠，选项A不符合题意；
B、溶解度曲线的陡峭程度代表溶解度受温度影响的大小，氯化钠的溶解度曲线平缓，说明其溶解度受温度影响很小；氯化钾的溶解度曲线陡峭，说明其溶解度受温度影响更大，选项B不符合题意；
C、40℃时氯化钾的溶解度为40g，此时氯化钾饱和溶液的溶质质量分数计算公式为×100%=，远小于40%，选项C不符合题意；
D、20℃时氯化钠的溶解度为36g，含义是100g水中最多能溶解36g氯化钠；粗盐是混合物，其中除了氯化钠还含有其他杂质，36g粗盐中氯化钠的实际质量小于36g，所以将36g粗盐加入100g水中，氯化钠能全部溶解，得到的是氯化钠的不饱和溶液，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶解度曲线的交点及温度变化规律解答，不同温度下两种物质溶解度大小关系不同；
B、根据溶解度曲线陡缓与温度影响的关系解答，曲线越陡，溶解度受温度影响越大；
C、根据饱和溶液溶质质量分数的计算公式解答，牢记饱和溶液溶质质量分数与溶解度的换算关系；
D、根据溶解度的定义及混合物的特点解答，粗盐中氯化钠质量小于总质量，可全部溶解。
12．【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【解答】将金属R放入硝酸铜溶液中，反应后溶液变为无色，说明R能将硝酸铜中的铜置换出来，证明金属活动性R＞Cu；再向反应后的溶液中加入硝酸银溶液，滤液变为蓝色，说明铜能将硝酸银中的银置换出来，证明金属活动性Cu＞Ag，综上三种金属的活动性顺序为R＞Cu＞Ag。
A、由上述推理可知，金属活动性顺序为R＞Cu＞Ag，该选项的排序错误，选项A不符合题意；
B、实验中没有说明加入硝酸银的量，无法确定铜是否完全与硝酸银反应，所以滤渣中可能含有铜，不是一定含有铜，选项B不符合题意；
C、金属R已经完全反应，滤液中一定含有R的硝酸盐，铜与硝酸银反应生成硝酸铜，所以滤液中一定含有硝酸铜，至少含有两种溶质，若硝酸银过量，还会含有硝酸银，选项C符合题意；
D、铜一定会与硝酸银发生置换反应生成银，所以滤渣中一定含有银，不是可能含有银，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据金属与盐溶液置换反应的活动性判断规律解答，能置换出另一种金属则活动性更强；
B、根据反应物用量对反应产物的影响解答，硝酸银用量不确定，无法确定铜是否完全反应；
C、根据反应后溶液溶质的组成规律解答，反应生成的盐一定存在于滤液中；
D、根据置换反应的必然产物解答，铜与硝酸银反应一定生成银，滤渣中一定含银。
13．【答案】D
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；碱的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、FeCl3溶于水溶液呈黄色，BaSO4不溶于水，NH4NO3溶于水吸热，温度下降，所以鉴别、和三种固体，分别取少量的固体样品于试管，加适量水，振荡，形成黄色溶液的是FeCl3，不溶解的是硫酸钡，溶解温度降低的是硝酸铵，实验操作能达到实验目的，故A不符合题意；
B、 除去中混有的少量 ，通过足量的灼热的氧化铜，二氧化碳不能与氧化铜反应，一氧化碳和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，可除去杂质，实验操作能达到实验目的，故B不符合题意；
C、分离和两种固体， 加足量水，氯化钠易溶于水，碳酸钙不溶于水，过滤，滤液蒸发结晶，得到氯化钠固体，滤渣洗涤干燥，得到碳酸钙固体，实验操作能达到实验目的，故C不符合题意；
D、 氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，若全部变质则成分为碳酸钠，若部分变质则成分为碳酸钠和氢氧化钠，要检验溶液的变质程度，需要检验溶液中是否含有氢氧化钠，碳酸钠会干扰氢氧化钠的检验，所以要先检验并除去碳酸根离子，然后再检验是否有氢氧根离子，所以应该先滴加过量的氯化钙溶液，检验并除去碳酸钠，然后再取上层清液滴加无色酚酞，若酚酞变红，则为部分变质，若酚酞不红，则为全部变质，题中单独滴加氯化钙溶液，无法检验氢氧化钠的变质程度，该实验操作不能达到实验目的，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据氯化铁溶液呈黄色，硫酸钡不溶于水，硝酸铵溶解吸热进行分析解答；
B、根据一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳进行分析解答；
C、根据氯化钠溶于水，碳酸钙不溶于水进行分析解答；
D、根据检验氢氧化钠变质程度，要先检验并除去碳酸根离子，再检验是否有氢氧根离子进行分析解答。
14．【答案】B
【知识点】影响化学反应速率的因素探究；质量守恒定律及其应用；碳的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】A、甲实验是探究硫酸铜溶液浓度对过氧化氢分解催化效果的影响，探究实验需要遵循单一变量原则，该实验中过氧化氢溶液的浓度、硫酸铜溶液的浓度均不相同，存在两个变量，无法准确探究硫酸铜溶液浓度与催化效果的关系，实验设计错误，选项A不符合题意；
B、乙实验中木屑和煤粉均为可燃物，均与空气接触，用相同热源加热，木屑先被引燃燃烧，煤粉后燃烧，说明木屑的着火点低于煤粉的着火点，能够验证燃烧需要温度达到可燃物的着火点这一条件，实验设计正确，选项B符合题意；
C、丙实验的目的是除去二氧化碳中的一氧化碳杂质，将混合气体通过高温碳粉时，二氧化碳会与碳发生反应生成一氧化碳，会消耗需要保留的二氧化碳气体，同时生成更多的一氧化碳，无法达到除杂目的，实验设计错误，选项C不符合题意；
D、丁实验中气体燃烧后烧杯内壁出现水珠，只能证明该气体燃烧生成水，根据质量守恒定律，能说明气体中含有氢元素，但是无法证明该气体一定是氢气，甲烷等含有氢元素的气体燃烧也会生成水，实验结论错误，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据对比实验的单一变量原则解答，探究某一变量的影响时，只能改变这一个变量，其他条件保持完全相同；
B、根据燃烧的三个条件解答，燃烧需要可燃物、与氧气接触、温度达到可燃物的着火点，本实验验证温度达到着火点这一条件；
C、根据物质除杂的原则解答，除杂时不能消耗被提纯的物质，不能引入新的杂质；
D、根据质量守恒定律中元素种类不变的规律解答，有氢元素的物质燃烧都能生成水，不能直接确定物质种类。
15．【答案】（1）化合物
（2）NaBr
（3）物理
（4）Mg2+
（5）；复分解
（6）通过提供富含多种营养成分的海带产品，满足人们对健康饮食的需求，促进人体健康
【知识点】复分解反应及其应用；有关元素化合价的计算；化学性质与物理性质的差别及应用；化学方程式的书写与配平；单质和化合物
【解析】【解答】（1）依据信息：浓缩海水的主要成分为氯化钠、氯化镁、溴化钠等，海水中的钠、溴、镁以离子形式存在，与其他阴离子构成化合物，因此海水中的钠、溴、镁以化合物的形式存在；
（2）根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，而在溴化钠中溴元素的化合价为-1价，钠元素常显+1价，则溴化钠的化学式是NaBr；
（3）液态溴单质通过酸化氧化的方法得到，因其沸点低可用热空气法吹出溴气，不需要通过化学变化就表现出来，利用了溴的物理性质；
（4）将氯化钠和氯化镁的混合溶液通入如图所示装置中，氯化钠是由氯离子和钠离子构成的，氯化镁是由氯离子和镁离子构成的，Cl-通过AEM-阴离子交换膜，则Na+、Mg2+通过CEM-阳离子交换膜，得到淡化液和浓缩海水；
（5）浓海水与石灰乳制备氢氧化镁的反应是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反应的化学方程式为；该反应符合两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物，属于复分解反应；
（6）从人体健康角度分析，海带利用产业化的意义：通过提供富含多种营养成分的海带产品，满足人们对健康饮食的需求，促进人体健康。
【分析】（1）根据物质由元素组成，元素均是以化合物的形式存在来解答；
（2）根据化合物中正负价的代数和为0来解答；
（3）根据不通过化学变化表现出来的性质是物理性质，溴的沸点低来解答；
（4）根据如图的氯离子、钠镁离子通过交换膜得到淡水和浓海水来解答；
（5）根据氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，复分解反应的概念是由两种化合物互相交换成分生成另外两种新的化合物的反应来解答；
（6）根据人体中的六大营养素和人体中的元素在人体中的作用来解答。
（1）依据信息：浓缩海水的主要成分为氯化钠、氯化镁、溴化钠等，海水中的钠、溴、镁以离子形式存在，与其他阴离子构成化合物，因此海水中的钠、溴、镁以化合物的形式存在；
（2）溴化钠中溴元素的化合价为-1价，钠元素常显+1价，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则溴化钠的化学式是NaBr；
（3）液态溴单质通过酸化氧化的方法得到，因其沸点低，可用热空气法吹出溴气，不需要通过化学变化就表现出来，利用了溴的物理性质；
（4）将氯化钠和氯化镁的混合溶液通入如图所示装置中，氯化钠是由氯离子和钠离子构成的，氯化镁是由氯离子和镁离子构成的，Cl-通过AEM-阴离子交换膜，则Na+、Mg2+通过CEM-阳离子交换膜，得到淡化液和浓缩海水；
（5）浓海水与石灰乳制备氢氧化镁的反应是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反应的化学方程式为；该反应符合两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物，属于基本反应类型中的复分解反应；
（6）从人体健康角度分析，海带利用产业化的意义：通过提供富含多种营养成分的海带产品，满足人们对健康饮食的需求，促进人体健康。
16．【答案】（1）氧气浓度；
（2）1.1；40%
（3）是；实验 b-4 中酚酞溶液变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应
（4）C
（5）；
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；化学方程式的书写与配平；生石灰的性质与用途；根据烧碱、生石灰、碱石灰的性质确定所能干燥的气体
【解析】【解答】（1）空气中氧气浓度较低，氨气在空气中无法燃烧，在氧气中能燃烧，说明与氧气浓度有关；氨气和氧气在点燃条件下反应生成氮气和水，化学方程式为；
故答案为：氧气浓度；；
（2）由图可知，当量比为1.1左右，X(NH3)=40%时，燃烧速度最快；
故答案为：1.1；40%；
（3）酚酞遇碱性物质变红，遇中性物质或酸性物质不变色。氨气溶于水后，实验 b-4 中酚酞变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应；
故答案为：是； 实验 b-4 中酚酞溶液变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应 ；
（4）A、已知硫酸铜溶液的pH约为5.5，呈酸性，则无水硫酸铜不能干燥氨气，故A错误；
B、浓硫酸与氨气反应[]，不能干燥氨气，故B错误；
C、碱石灰含有CaO和NaOH，能吸收水分，且不与氨气反应，可干燥氨气，故C正确。
故答案为：C。
（5）实验 b-1 中是干燥氨气，微观是氨气分子，作图为；
实验 b-4 中，溶液进入后的试管内含有氨气和水蒸气，且压强变小，分子间隔变大，作图为。
故答案为：；。
【分析】（1）根据氨气在空气中不能燃烧，在氧气中能燃烧，说明燃烧与氧气浓度有关，氨气和氧气在点燃的条件下生成氮气和水的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据图示信息，当量比为1：1，X(NH3)=40，燃烧速度最快进行分析解答；
（3）根据酚酞溶液变红，生成了碱性物质，有新物质生成属于化学变化进行分析解答；
（4）A、根据氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥进行分析解答；
B、根据浓硫酸会与氨气发生反应进行分析解答；
C、根据碱石灰是碱性干燥剂可以干燥氨气进行分析解答；
(5)根据一个氨分子由一个氮原子和三个氢原子构成，一个水分子由一个氧原子和两个氢原子构成进行分析解答。
（1）空气中氧气浓度较低，氨气在空气中无法燃烧，在氧气中能燃烧，说明与氧气浓度有关；
氨气和氧气在点燃条件下反应生成氮气和水，化学方程式为。
（2）由图可知，当量比为1.1左右，X(NH3)=40%时，燃烧速度最快。
（3）酚酞遇碱性物质变红，遇中性物质或酸性物质不变色。氨气溶于水后，实验 b-4 中酚酞变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应。
（4）A、已知硫酸铜溶液的pH约为5.5，呈酸性，则无水硫酸铜不能干燥氨气，该选项错误；
B、浓硫酸与氨气反应[]，不能干燥氨气，该选项错误；
C、碱石灰含有CaO和NaOH，能吸收水分，且不与氨气反应，可干燥氨气，该选项正确。
故选C。
（5）实验 b-1 中是干燥氨气，微观是氨气分子，作图为；
实验 b-4 中，溶液进入后的试管内含有氨气和水蒸气，且压强变小，分子间隔变大，作图为。
17．【答案】(1) 微量
(2) 可增大与其他反应物的接触面积，使反应更快进行
(3) 加快反应速率
(4) H2SO4 酸洗
(5) 2 在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快
(6) C
【知识点】矿物质与微量元素；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）铜是人体所需的微量元素；
故答案为：微量；
（2）粉碎铜原料可增大与其他反应物的接触面积，使反应更快进行；
故答案为：增大与其他反应物的接触面积，使反应更快进行；
（3）铜与氧气及稀硫酸(H2SO4)在80℃的条件下反应生成硫酸铜和水，化学方程式为；
纯氧代替空气，氧气浓度高，能排除其它气体的影响，还可加快反应速率；
故答案为：；加快反应速率；
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和个数不变。反应前Cu、S、O、H的个数分别是2、2、10、4，反应后除2X外Cu、S、O、H的个数分别是2、0、2、0，则2X含有2个S、8个O、4个H，X含有1个S、4个O、2个H，X的化学式为H2SO4；
根据流程图，H2SO4可用于溶铜和酸洗工序；
故答案为：H2SO4；酸洗；
（5）对比实验要控制单一变量，探究电流密度对电沉积速率影响，除了电流密度比同，其他条件应相同，所以a=2；
由数据可知在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快；
故答案为：2； 在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快 ；
(6)根据图像，要生产抗拉强度大于355MPa且延伸率大于13.5%的铜箔，温度应控制在53~55℃，故A、B、D不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据铜是人体所需的微量元素进行分析解答；
（2）根据粉碎原料是为了增大反应物的接触面积，使反应更快更充分进行分析解答；
（3）根据铜与氧气及稀硫酸在80℃的条件下反应生成硫酸铜和水的化学方程式的书写以及用纯氧代替空气可以加快反应速率进行分析解答；
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，硫酸可以溶于溶铜和酸洗进行分析解答；
（5）根据对比实验需要控制单一变量以及表格数据可得出a是2，由表格数据可知在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快进行分析解答；
（6）由图示信息进行分析解答。
18．【答案】(1) 锥形瓶
(2) AD
(3) 气球上浮
(4) A，B
(5) KHCO3溶解度较大，不易析出，利于吸收CO2
(6) 温度过高，催化剂活性降低，使甲醇产率下降 增大压强对设备要求高，成本增加（或能耗大等合理答案）
【知识点】碱的化学性质；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质；碳中和、碳达峰
【解析】【解答】（1）仪器 B 是锥形瓶；
实验室通常利用大理石（主要成分是CaCO3）与稀盐酸反应制取二氧化碳，大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，化学方程式为；
故答案为：锥形瓶；；
（2）图-2装置通过抽动铜丝可以控制大理石是否与稀盐酸接触，从而控制反应发生和停止，图-1中 D 装置（有多孔塑料 ）也能控制，具体原理是：反应过程中，关闭活塞，则试管内气压上升，导致液面下降，直到稀盐酸与多孔隔板上的大理石脱离接触，此时反应停止。重新打开活塞，则气体可以沿着导管流向收集装置，试管内气压下降，液面回升，液面高于多孔隔板时大理石与稀盐酸重新接触，反应发生。A、D组成发生装置具有与图-2的发生装置具有相同的优点；
故答案为：AD；
（3）二氧化碳密度比空气大，充有空气的气球受到的浮力增大，现象是气球上浮；
故答案为：气球上浮；
（4）A、NaOH溶液能吸收二氧化碳，干燥的石蕊试纸不变红，故A 正确；
B、浓硫酸干燥二氧化碳，干燥的石蕊试纸不变红，故B 正确；
C、稀盐酸不吸收二氧化碳，经过稀盐酸后混合气体中仍含有水，二氧化碳与水反应生成碳酸，会使石蕊试纸变红，故C 错误。
故答案：AB。
（5）图-4装置中NaOH与CO2反应生成NaHCO3，化学方程式为；
对比溶解度，KHCO3溶解度较大，不易析出，利于吸收CO2；
故答案为：； KHCO3溶解度较大，不易析出，利于吸收CO2；
(6)温度过高，催化剂活性降低，使甲醇产率下降；
实际生产中，增大压强需更高设备要求，成本上升，所以不是压强越大越好。
故答案为：温度过高，催化剂活性降低，使甲醇产率下降； 增大压强对设备要求高，成本增加（或能耗大等合理答案） 。
【分析】（1）根据常见仪器的名称，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据装置AD组合可以通过关闭或打开活塞形成压强差从而控制反应的发生和停止进行分析解答；
（3）根据二氧化碳密度比空气大，气球会上浮进行分析解答；
（4）A、根据二氧化碳能与氢氧化钠反应进行分析解答；
B、根据浓硫酸能干燥二氧化碳气体进行分析解答；
C、根据稀盐酸不能与二氧化碳反应，稀盐酸也没有吸水性，出来的二氧化碳带有水蒸气能使干燥的紫色石蕊试纸变红进行分析解答；
（5）根据图示二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠的化学方程式的书写，二氧化碳和氢氧化钾反应生成的碳酸氢钾溶解度更大进行分析解答；
（6）根据图示甲醇产率下降是因为温度过高，催化剂活性降低，增大压强对设备要求高，成本增加所以在实际生产中，并不是压强越大越好进行分析解答。
19．【答案】(1) 硫酸钾、氢氧化钾
(2) 放热 氢氧化钾与硫酸恰好完全反应
(3) 红色变无色 K2SO4 、H2SO4 产生白色沉淀
(4) 硫酸与硝酸钡反应也能生成硫酸钡白色沉淀，不能证明只有硫酸钾
(5) ABD
【知识点】酸的化学性质；中和反应及其应用；盐的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）由图1的pH变化曲线可知，O点对应的溶液pH＞7，溶液呈碱性，说明此时氢氧化钾溶液过量，稀硫酸已经完全反应；稀硫酸和氢氧化钾反应生成硫酸钾和水，所以O点溶液中的溶质为反应生成的硫酸钾，以及过量的氢氧化钾。
（2）由图2的温度变化曲线可知，反应过程中溶液温度先升高后降低，温度升高说明稀硫酸与氢氧化钾溶液的反应属于放热反应；图2中B点温度达到最高值，代表稀硫酸与氢氧化钾溶液恰好完全中和，此时反应放出的热量最多，温度达到最大值。
（3）氢氧化钾溶液呈碱性，碱性溶液能使无色酚酞溶液变为红色；向红色的氢氧化钾溶液中逐滴滴加稀硫酸，稀硫酸与氢氧化钾发生中和反应，溶液的碱性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时溶液呈中性，中性溶液不能使酚酞变色，所以可观察到溶液由红色逐渐变为无色；氢氧化钾与稀硫酸反应生成硫酸钾和水，该反应的化学方程式为2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O。
【猜想与假设】稀硫酸与氢氧化钾反应生成硫酸钾和水，反应后溶液中的溶质有三种情况：恰好完全反应时只有硫酸钾；硫酸过量时溶质为硫酸钾和硫酸；氢氧化钾过量时溶质为硫酸钾和氢氧化钾；已知猜想一为只有硫酸钾，所以猜想二为硫酸钾和硫酸。
【进行实验】方案二中，若猜想一正确，溶液中只有硫酸钾，硫酸钾能与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀和硝酸钾，所以实验现象为产生白色沉淀。
（4）方案二不合理，因为无论溶液中是否含有过量的硫酸，反应生成的硫酸钾都能与硝酸钡溶液反应生成白色硫酸钡沉淀，无法验证溶液中是否存在过量的硫酸，不能区分猜想一和猜想二。
（5）方案一中氧化铜粉末的作用是检验溶液中是否存在过量的硫酸，利用酸的通性进行检验；镁是活泼金属，能与硫酸反应产生气泡，可以检验硫酸；氧化铁是金属氧化物，能与硫酸反应使固体溶解、溶液变黄，可以检验硫酸；氯化钙与硫酸、硫酸钾均不发生反应，无明显现象，不能检验硫酸；碳酸氢钠是碳酸盐，能与硫酸反应产生二氧化碳气泡，可以检验硫酸；所以可替代的药品为A、B、D。
【分析】（1）根据溶液pH与酸碱性的关系、反应后溶质的判断方法解答，pH大于7溶液呈碱性，溶质包含生成物和过量的反应物；
（2）根据中和反应的能量变化、反应终点的判断方法解答，酸碱中和反应属于放热反应，温度最高点为恰好完全反应的点；
（3）根据酸碱指示剂的变色规律、中和反应化学方程式的书写方法解答，酚酞遇碱性溶液变红，遇中性和酸性溶液无色，书写化学方程式需配平、标注正确。根据中和反应后溶质的猜想规律解答，反应后溶质一定有生成物，可能有过量的反应物；根据硫酸根离子的检验方法解答，硫酸根离子与钡离子结合生成不溶于酸的白色硫酸钡沉淀；
（4）根据实验方案的评价方法解答，检验硫酸时不能用与生成物也能反应的试剂，否则无法得出正确结论；
（5）根据酸的通性解答，酸能与活泼金属、金属氧化物、碳酸盐发生特征反应，可用于检验酸的存在。
20．【答案】（1）；；酸能与活泼金属反应生成盐和氢气
（2）55.2；Ni2O3
【知识点】金属的化学性质；中和反应及其应用；化学方程式的书写与配平；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）①氢氧化镍属于碱且难溶于水，氢氧化镍与硫酸反应生成硫酸镍和水，可制备硫酸镍，化学方程式为；
故答案为：；
②镍与铁的化学性质相似，铁能与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则镍能与硫酸反应生成硫酸镍和氢气，化学方程式为；该反应的依据是酸能与活泼金属反应生成盐和氢气；
故答案为：；酸能与活泼金属反应生成盐和氢气；
（2） NiSO4·7H2O的化学式量为。已知C时失掉全部结晶水，
则C时残留的固体是NiSO4，固体残留率为；
设NiSO4·7H2O质量为281g，E时残留固体为镍的氧化物，固体残留率为29.54%。Ni元素在NiSO4·7H2O中的质量为，设氧化物为NixOy，根据Ni元素质量守恒可得，解得，所以化学式为Ni2O3。
故答案为：55.2；Ni2O3 。
【分析】（1）根据氢氧化镍和硫酸反应生成硫酸镍和水的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据镍和硫酸反应生成硫酸镍和氢气的书写以及该反应的规律是：活泼金属+酸→盐+氢气进行分析解答；
（3）根据 NiSO4·7H2O 在C时失去全部结晶水， C时残留的固体是NiSO4 ，C的固体残留率=
， NiSO4·7H2O 中Ni元素的质量= NiSO4·7H2O 质量×Ni元素的质量分数，由质量守恒定律化学反应前后Ni元素质量不变，设E时 氧化物为NixOy ，再根据
固体残留率=进行计算解答。
（1）①氢氧化镍属于碱且难溶于水，氢氧化镍与硫酸反应生成硫酸镍和水，可制备硫酸镍，化学方程式为；
②镍与铁的化学性质相似，铁能与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则镍能与硫酸反应生成硫酸镍和氢气，化学方程式为；
该反应的依据是酸能与活泼金属反应生成盐和氢气。
（2）NiSO4·7H2O的化学式量为。已知C时失掉全部结晶水，则C时残留的固体是NiSO4，固体残留率为；
设NiSO4·7H2O质量为281g，E时残留固体为镍的氧化物，固体残留率为29.54%。Ni元素在NiSO4·7H2O中的质量为，设氧化物为NixOy，根据Ni元素质量守恒可得，解得，所以化学式为Ni2O3。
1 / 1广东省广雅中学2025年九年级综合素质模拟（三）化学试题
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．下列描述属于化学变化的是
A．稀有气体通电发光
B．氯化钠在水中电离出钠离子和氯离子
C．工业分离液态空气制取氧气
D．水通电分解
【答案】D
【知识点】空气的组成；氧气的工业制法；电解水实验；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、稀有气体通电发光，没有新物质生成，只是能量发生转变，该变化属于物理变化，故A不符合题意；
B、氯化钠是由钠离子和氯离子构成，把氯化钠放入水中，钠离子和氯离子扩散到了水分子中，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B不符合题意；
C、工业上把空气加压降温变成液态，利用液氮和液氧沸点的不同，将其分离，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故C不符合题意；
D、水在通电的条件下，正极产生氧气，负极产生氢气，该过程有新物质生成，属于化学变化，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据没有新物质生成的变化属于物理变化，有新物质生成的变化属于化学变化进行分析解答。
2．环境、能源和资源是人类生存和发展的基本条件，下列说法不正确的是
A．臭氧是温室气体，也是空气的主要污染物
B．大多数铁矿石中的铁元素以单质形式存在
C．汽油是石油加工的产品，是常用的汽车燃料
D．太阳能、风能是人类正在利用和开发的新能源
【答案】B
【知识点】金属元素的存在及常见的金属矿物；二氧化碳对环境的影响；化石燃料的利用与保护；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】A、臭氧排放到空气中会导致温室效应增强，属于温室气体，且臭氧具有强氧化性，对人体有一定的危害，属于空气污染物，故A正确；
B、大多数铁矿石中的铁元素以化合物形式存在，因为铁的化学性质比较活泼，能与氧气等物质反应，故B错误；
C、石油通过分馏可以得到汽油，汽油具有可燃性，是常用的汽车燃料，故C正确；
D、太阳能、风能、地热能、潮汐能、核能等是目前人类正在开发和利用的新能源，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据臭氧会导致温室效应，具有强氧化性进行分析解答；
B、根据铁化学性质比较活泼，主要以化合物形式存在进行分析解答；
C、根据石油分馏可以得到汽油，汽油具有可燃性进行分析解答；
D、根据太阳能、风能等都是人类正在利用和开发的新能源进行分析解答。
3．水是宝贵的自然资源。某兴趣小组创作的“我是水”情景剧中，有关台词不正确的是
A．甲：我能用于灭火，因为我能使可燃物的温度降低至着火点以下
B．乙：我能与空气中的二氧化碳发生化学反应，使常温下的雨水
C．丙：合理施用农药、化肥，不随意填埋垃圾，都是人类爱护我的表现
D．丁：酸碱中和反应能生成我，能生成我的化学反应一定是中和反应
【答案】D
【知识点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；合理使用化肥、农药；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、水蒸发吸热，使可燃物的温度降低至着火点以下，所以水能用于灭火，故A正确；
B、二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸的pH约为5.6，所以常温下的雨水pH<7，故B正确；
C、合理施用农药、化肥，不随意填埋垃圾，可以防止水体污染，有利于保护水资源，故C正确；
D、酸与碱作用生成盐和水的反应叫作中和反应，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如氧化铜和稀硫酸反应生辰硫酸铜和水，不是中和反应，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据灭火的原理进行分析解答；
B、根据二氧化碳和水反应生成碳酸，pH<7进行分析解答；
C、根据合理使用农药、化肥可以减少水体污染进行分析解答；
D、根据中和反应的定义以及金属氧化物和酸反应生成盐和水，但不属于中和反应进行分析解答。
4．下列说法不正确的是
A．工业用盐中毒由氯化钠引起
B．贵重图书资料着火，用干冰灭火器扑灭
C．用灼烧法鉴别合成纤维和羊毛
D．硫原子和硫离子的质子数相同
【答案】A
【知识点】常用盐的用途；棉纤维、羊毛纤维和合成纤维的鉴别；原子和离子的相互转化；几种常用的灭火器
【解析】【解答】A、氯化钠是食盐的主要成分，可作为调味品和配制生理盐水，氯化钠是无毒的，工业用盐中毒由亚硝酸钠引起，亚硝酸钠有毒，故A错误；
B、贵重图书资料着火，用干冰灭火器扑灭，因为干冰升华不会留下任何痕迹，可以避免图书损坏，故B；
C、 用灼烧法闻气味的方法鉴别合成纤维和羊毛 ，因为羊毛的主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，合成纤维灼烧有特殊的刺激性气味，故C正确；
D、硫原子最外层电子数是6，在化学反应中得到两个电子后形成硫离子，硫原子变成硫离子，只是核外的电子数发生改变，其核内的质子数不变，所以硫原子和硫离子的质子数相同，故D正确。
故答案为：A。
【分析】A、根据氯化钠无毒，亚硝酸钠有毒进行分析解答；
B、根据干冰升华不留下任何痕迹进行分析解答；
C、根据羊毛灼烧有烧焦羽毛气味，合成纤维灼烧有特殊气味进行分析解答；
D、根据硫原子得到电子形成硫离子，核内的质子数没有改变进行分析解答。
5．2025年春晚，一款高科技人形机器人因其灵活的动作引发关注，其外壳采用了PEEK材料[物质化学式为]。该种材料在医疗器械、汽车工业、航空航天等领域被广泛应用。下列有关该物质的说法中，不正确的是
A．该物质属于有机高分子化合物
B．该物质中含有分子
C．该物质中碳、氧元素的质量比为
D．该物质中氢元素的质量分数最小
【答案】B
【知识点】有机高分子材料的分类及鉴别；化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、相对分子质量很大的有机物称为有机高分子化合物，该物质含碳元素，属于有机物，该物质的化学式为]，其相对分子质量=，相对分子质量很大，所以属于有机高分子化合物，故A正确；
B、该物质由分子构成，分子又由原子构成，从化学式可知该物质的每个分子中含有3n个氧原子，而不是含臭氧分子，故B错误；
C、化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比，所以该物质中碳、氧元素的质量比为：，故C正确；
D、该物质中C、H、O元素的质量比为：，氢元素的质量比最小，所以氢元素的质量分数最小，故D错误。
故答案为： B。
【分析】A、根据相对分子质量很大的有机物叫做有机高分子化合物，相对分子质量=相对原子质量的总和进行分析解答；
B、根据物质由分子构成，分子又由原子构成进行分析解答；
C、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比进行分析解答；
D、根据化合物中各元素的质量比=相对原子质量×原子个数之比，元素质量比越小，其元素的质量分数也越小进行分析解答。
6．如图是钠、硫两种元素在元素周期表中的部分信息及钠原子的结构示意图，下列说法错误的是
A．钠、硫均是人体中的常量元素
B．钠、硫组成的化合物的化学式为
C．图2中y的数值为1
D．钠、硫位于元素周期表中第三周期
【答案】B
【知识点】人体的元素组成与元素对人体健康的重要作用；原子的有关数量计算；元素周期表的特点及其应用；化学式的书写及意义
【解析】【解答】A、钠、硫元素在人体中的含量超过0.01%，所以钠、硫均是人体所需的常量元素，故A正确；
B、钠原子最外层电子数为1，在化学反应中容易失去1个电子形成钠离子，钠元素化合价为+1价，硫原子最外层电子数为6，在化学反应中容易得到2个电子形成硫离子，硫元素化合价为-2价，根据化合物中正、负化合价的代数和为0，所以钠、硫组成的化合物的化学式为Na2S，故B错误；
C、原子核外电子排布的规律是第一层最多排2个电子，第二层最多排8个电子，所以x=8，原子中，质子数=核外电子数，所以11=2+8+y，解得y＝1，故C正确；
D、原子核外电子层数=元素周期数，钠和硫原子核外电子层数都是3层，所以钠、硫元素位于第三周期，故D正确。
故答案为：B。
【分析】A、根据在人体中含量超过0.01%的元素，属于常量元素进行分析解答；
B、根据原子的最外层电子数决定元素的化合价，根据化合物中正、负化合价的代数和为0书写化学式进行分析解答；
C、根据原子核外第二层最多排8个电子，原子中，质子数=核外电子数进行分析解答；
D、根据原子的核外电子层数=元素周期数进行分析解答。
7．在常温下利用高效催化剂可将甲烷与氧气反应制得甲酸。反应微观示意图如下，下列说法正确的是
A．一个甲酸分子中含有1个氢分子
B．反应前后分子种类和数目不变
C．反应消耗的甲烷与生成水的质量比为
D．参加反应的甲烷分子和氧分子的个数比为
【答案】C
【知识点】化学式的书写及意义；化学方程式的概念、读法和含义；微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；化学反应的实质
【解析】【解答】A.由化学式可知，一个甲酸分子中有2个氢原子，不存在氢分子，不符合题意；
B.由图示可知，该反应可以表示为：，反应前后分子数目改变，原子数目不变，不符合题意；
C.反应中甲烷与水的质量比为，符合题意；
D. 参加反应的甲烷分子和氧分子的个数比为，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示确定反应的方程式，结合方程式进行解答。
8．2022年北京冬奥会使用氢氧燃料电池为动力的汽车。利用铁酸锌(ZnFe2O4)循环制氢气的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应Ⅱ的生成物只有氢气
B．该反应过程中不需要额外补充铁酸锌
C．反应I为分解反应
D．该反应将太阳能转化为化学能
【答案】A
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；分解反应及其应用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、由图示可知，反应Ⅱ生成了ZnFe2O4和氢气，故A选项错误；
B、根据流程图可知，该反应不断消耗水生成氢气和氧气，铁酸锌在流程中不被消耗，该反应过程中不需要额外补充铁酸锌，故B选项正确；
C、由图示可知，该反应的反应物有一种，生成物有三种，属于一变多的反应，符合分解反应的特征，属于分解反应，故C选项正确；
D、该反应利用太阳能提供能量发生反应，在这一过程中，太阳能转化为了化学能，故D选项正确；
故答案为：A.
【分析】A、根据图示进行分析；
B、根据流程图中的各物质消耗进行分析；
C、根据分解反应的特征进行分析；
D、根据该反应利用太阳能提供能量发生反应进行分析。
9．由实验操作和实验现象，能得出相应结论的是
选项 操作 现象 结论
A 在酒精灯火焰上方罩一个干燥的烧杯 烧杯内壁出现小水珠 酒精中含有氢、氧元素
B 分别测量加入硝酸铵前水的温度和加入硝酸铵溶解后溶液的温度 溶液温度低于水的温度 硝酸铵溶解时放热
C 取水垢(含碳酸钙、氢氧化镁等物质)少许于试管中，加入白醋 固体减少，并产生气泡 白醋溶液中含有H+
D 将二氧化碳通入氢氧化钠溶液中 无明显现象 说明二氧化碳不与氢氧化钠发生化学变化
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；碱的化学性质；盐的化学性质；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、在酒精灯火焰上方罩一个干燥的烧杯，烧杯内壁出现小水珠，说明酒精燃烧生成了水，水由H、O元素组成，酒精燃烧有氧气参与反应，氧气中含有氧元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，所以酒精中一定含氢元素，无法确定是否含有氧元素，故A不符合题意；
B、物质溶解时吸热则温度下降，放热则温度上升，分别测量加入硝酸铵前水的温度和加入硝酸铵溶解后溶液的温度，溶液温度低于水的温度，说明硝酸铵溶解时吸收热量，而不是放出热量，故B不符合题意；
C、取水垢(含碳酸钙、氢氧化镁等物质)少许于试管中，碳酸钙和酸反应会生成二氧化碳气体，氢氧化镁和酸会发生中和反应，酸的共同特征是溶液中都含有H+，所以水垢中加入白醋，固体减少，并产生气泡，说明白醋溶液中含有氢离子，故C符合题意；
D、将二氧化碳通入氢氧化钠溶液中，二氧化碳会与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，虽然无明显现象，但是有水和碳酸钠新物质生成，发生了化学变化，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变进行分析解答；
B、根据物质溶解吸热会使温度降低进行分析解答；
C、根据碳酸钙和酸反应生成二氧化碳气体，碱和酸发生中和反应，酸中都含有H+进行分析解答；
D、根据二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，有新物质生成属于化学变化进行分析解答。
10．用数轴归纳化学知识更直观，下列数轴及相应的化学信息表示正确的是
A．溶解性由小到大：
B．含碳量由低到高：
C．金属活动性由弱到强：
D．pH由小到大：
【答案】D
【知识点】合金与合金的性质；金属活动性顺序及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；二氧化碳的物理性质
【解析】【解答】A、溶解性由小到大的顺序为氢气、氧气、二氧化碳，因为氢气难溶于水，氧气不易溶于水，二氧化碳能溶于水，故A错误；
B、含碳量由低到高为：钢、生铁，生铁的含碳量为2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%，故B错误；
C、金属活动顺序表为：K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb （H）Cu Hg Ag Pt Au，所以金属活动性由弱到强为：Ag、Cu、Fe，故C错误；
D、pH由小到大为：厕所清洁剂、食盐水、厨房清洁剂，厕所清洁剂的主要成分是盐酸，显酸性，pH<7，食盐水显中性，pH=7，厨房清洁剂的主要成分是氢氧化钠，显碱性，pH>7，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据氢气难溶于水，氧气不易溶于水，二氧化碳能溶于水进行分析解答；
B、根据生铁含碳量为2%-4.3%，钢的含碳量为0.03%-2%进行分析解答；
C、根据金属活动顺序表内容进行分析解答；
D、根据厕所清洁剂pH<7，食盐水pH=7，炉具清洁剂pH>7进行分析解答。
11．《水经注》中描述：“入汤口四十三里，有石，煮以为盐……水竭盐成。”“煮石成盐”得到的粗盐中含有氯化钠和氯化钾，这两种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A．在相同温度下，的溶解度大于
B．的溶解度受温度的影响较大
C．40℃时，饱和溶液的溶质质量分数为40%
D．20℃时，该粗盐溶于水中得到的不饱和溶液
【答案】D
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、由溶解度曲线可知，0-20℃时，氯化钠的溶解度大于氯化钾的溶解度，只有温度高于某一数值时，氯化钾的溶解度才大于氯化钠，并非所有温度下氯化钾的溶解度都大于氯化钠，选项A不符合题意；
B、溶解度曲线的陡峭程度代表溶解度受温度影响的大小，氯化钠的溶解度曲线平缓，说明其溶解度受温度影响很小；氯化钾的溶解度曲线陡峭，说明其溶解度受温度影响更大，选项B不符合题意；
C、40℃时氯化钾的溶解度为40g，此时氯化钾饱和溶液的溶质质量分数计算公式为×100%=，远小于40%，选项C不符合题意；
D、20℃时氯化钠的溶解度为36g，含义是100g水中最多能溶解36g氯化钠；粗盐是混合物，其中除了氯化钠还含有其他杂质，36g粗盐中氯化钠的实际质量小于36g，所以将36g粗盐加入100g水中，氯化钠能全部溶解，得到的是氯化钠的不饱和溶液，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶解度曲线的交点及温度变化规律解答，不同温度下两种物质溶解度大小关系不同；
B、根据溶解度曲线陡缓与温度影响的关系解答，曲线越陡，溶解度受温度影响越大；
C、根据饱和溶液溶质质量分数的计算公式解答，牢记饱和溶液溶质质量分数与溶解度的换算关系；
D、根据溶解度的定义及混合物的特点解答，粗盐中氯化钠质量小于总质量，可全部溶解。
12．将金属R的粉末放入硝酸铜溶液的烧杯中，充分反应后，溶液呈无色，继续向烧杯中加入一定量的硝酸银溶液，充分反应后过滤，得到滤渣和蓝色滤液。根据上述实验分析，下列说法正确的是
A．金属活动性强弱顺序：Cu>R>Ag
B．滤渣中一定有铜
C．滤液中至少含有两种溶质
D．滤渣中可能有银
【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【解答】将金属R放入硝酸铜溶液中，反应后溶液变为无色，说明R能将硝酸铜中的铜置换出来，证明金属活动性R＞Cu；再向反应后的溶液中加入硝酸银溶液，滤液变为蓝色，说明铜能将硝酸银中的银置换出来，证明金属活动性Cu＞Ag，综上三种金属的活动性顺序为R＞Cu＞Ag。
A、由上述推理可知，金属活动性顺序为R＞Cu＞Ag，该选项的排序错误，选项A不符合题意；
B、实验中没有说明加入硝酸银的量，无法确定铜是否完全与硝酸银反应，所以滤渣中可能含有铜，不是一定含有铜，选项B不符合题意；
C、金属R已经完全反应，滤液中一定含有R的硝酸盐，铜与硝酸银反应生成硝酸铜，所以滤液中一定含有硝酸铜，至少含有两种溶质，若硝酸银过量，还会含有硝酸银，选项C符合题意；
D、铜一定会与硝酸银发生置换反应生成银，所以滤渣中一定含有银，不是可能含有银，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据金属与盐溶液置换反应的活动性判断规律解答，能置换出另一种金属则活动性更强；
B、根据反应物用量对反应产物的影响解答，硝酸银用量不确定，无法确定铜是否完全反应；
C、根据反应后溶液溶质的组成规律解答，反应生成的盐一定存在于滤液中；
D、根据置换反应的必然产物解答，铜与硝酸银反应一定生成银，滤渣中一定含银。
13．下列实验操作不能达到实验目的的是
选项 物质 方案
A 鉴别、和三种固体 分别取少量的固体样品于试管，加适量水，振荡
B 除去中混有的少量 通过足量的灼热的氧化铜
C 分离和两种固体 加足量水，过滤，滤液蒸发结晶，滤渣洗涤干燥
D 检验溶液的变质程度 滴加氯化钙溶液，观察是否有沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；碱的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、FeCl3溶于水溶液呈黄色，BaSO4不溶于水，NH4NO3溶于水吸热，温度下降，所以鉴别、和三种固体，分别取少量的固体样品于试管，加适量水，振荡，形成黄色溶液的是FeCl3，不溶解的是硫酸钡，溶解温度降低的是硝酸铵，实验操作能达到实验目的，故A不符合题意；
B、 除去中混有的少量 ，通过足量的灼热的氧化铜，二氧化碳不能与氧化铜反应，一氧化碳和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和二氧化碳，可除去杂质，实验操作能达到实验目的，故B不符合题意；
C、分离和两种固体， 加足量水，氯化钠易溶于水，碳酸钙不溶于水，过滤，滤液蒸发结晶，得到氯化钠固体，滤渣洗涤干燥，得到碳酸钙固体，实验操作能达到实验目的，故C不符合题意；
D、 氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，若全部变质则成分为碳酸钠，若部分变质则成分为碳酸钠和氢氧化钠，要检验溶液的变质程度，需要检验溶液中是否含有氢氧化钠，碳酸钠会干扰氢氧化钠的检验，所以要先检验并除去碳酸根离子，然后再检验是否有氢氧根离子，所以应该先滴加过量的氯化钙溶液，检验并除去碳酸钠，然后再取上层清液滴加无色酚酞，若酚酞变红，则为部分变质，若酚酞不红，则为全部变质，题中单独滴加氯化钙溶液，无法检验氢氧化钠的变质程度，该实验操作不能达到实验目的，故D错误。
故答案为：D。
【分析】A、根据氯化铁溶液呈黄色，硫酸钡不溶于水，硝酸铵溶解吸热进行分析解答；
B、根据一氧化碳和氧化铜在加热的条件下生成铜和二氧化碳进行分析解答；
C、根据氯化钠溶于水，碳酸钙不溶于水进行分析解答；
D、根据检验氢氧化钠变质程度，要先检验并除去碳酸根离子，再检验是否有氢氧根离子进行分析解答。
14．小明同学在化学实验比赛中设计了如图的实验，你认为正确的是：
A．甲实验可探究硫酸铜溶液的催化效果与其浓度有关
B．乙实验可验证燃烧的条件之一—温度达到着火点
C．丙实验可除去CO2、CO混合气体中的CO
D．丁实验中，若干冷烧杯中出现水珠，则燃烧的气体一定是H2
【答案】B
【知识点】影响化学反应速率的因素探究；质量守恒定律及其应用；碳的化学性质；燃烧的条件与灭火原理探究
【解析】【解答】A、甲实验是探究硫酸铜溶液浓度对过氧化氢分解催化效果的影响，探究实验需要遵循单一变量原则，该实验中过氧化氢溶液的浓度、硫酸铜溶液的浓度均不相同，存在两个变量，无法准确探究硫酸铜溶液浓度与催化效果的关系，实验设计错误，选项A不符合题意；
B、乙实验中木屑和煤粉均为可燃物，均与空气接触，用相同热源加热，木屑先被引燃燃烧，煤粉后燃烧，说明木屑的着火点低于煤粉的着火点，能够验证燃烧需要温度达到可燃物的着火点这一条件，实验设计正确，选项B符合题意；
C、丙实验的目的是除去二氧化碳中的一氧化碳杂质，将混合气体通过高温碳粉时，二氧化碳会与碳发生反应生成一氧化碳，会消耗需要保留的二氧化碳气体，同时生成更多的一氧化碳，无法达到除杂目的，实验设计错误，选项C不符合题意；
D、丁实验中气体燃烧后烧杯内壁出现水珠，只能证明该气体燃烧生成水，根据质量守恒定律，能说明气体中含有氢元素，但是无法证明该气体一定是氢气，甲烷等含有氢元素的气体燃烧也会生成水，实验结论错误，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据对比实验的单一变量原则解答，探究某一变量的影响时，只能改变这一个变量，其他条件保持完全相同；
B、根据燃烧的三个条件解答，燃烧需要可燃物、与氧气接触、温度达到可燃物的着火点，本实验验证温度达到着火点这一条件；
C、根据物质除杂的原则解答，除杂时不能消耗被提纯的物质，不能引入新的杂质；
D、根据质量守恒定律中元素种类不变的规律解答，有氢元素的物质燃烧都能生成水，不能直接确定物质种类。
二、非选择题：本题包括6小题，共48分。
15．综合利用海水资源是工农业发展的需要。海水晒盐是世界上最早利用海水资源的产业，渗析海水浓缩制盐是最常见的制盐技术，其工作原理如图所示。
浓缩海水的主要成分为氯化钠、氯化镁、溴化钠等。液态溴单质通过酸化氧化的方法得到，因其沸点低，可用热空气法吹出溴气（）。剩余的浓海水和石灰乳可制备氢氧化镁阻燃剂。海洋中还含有丰富的生物资源如海带，海带的利用已实现产业化。依据上文，回答下列问题。
（1）海水中的钠、溴、镁以　 　（填“单质”或“化合物”）形式存在。
（2）溴化钠中溴元素的化合价为－1价，溴化钠的化学式是　 　。
（3）热空气法吹出溴气，利用了溴的　 　（填“物理”或“化学”）性质。
（4）将氯化钠和氯化镁的混合溶液通入如图所示装置中，通过AEM-阴离子交换膜，和（填化学符号）　 　通过CEM-阳离子交换膜，得到淡化液和浓缩海水。
（5）利用浓海水中的氯化镁与石灰乳[主要成分为]反应，可制备固体氢氧化镁阻燃剂，并生成氯化钙，其反应的化学方程式为　 　，该反应属于　 　反应（填基本反应类型）。
（6）从人体健康角度分析，海带利用产业化的意义是　 　。
【答案】（1）化合物
（2）NaBr
（3）物理
（4）Mg2+
（5）；复分解
（6）通过提供富含多种营养成分的海带产品，满足人们对健康饮食的需求，促进人体健康
【知识点】复分解反应及其应用；有关元素化合价的计算；化学性质与物理性质的差别及应用；化学方程式的书写与配平；单质和化合物
【解析】【解答】（1）依据信息：浓缩海水的主要成分为氯化钠、氯化镁、溴化钠等，海水中的钠、溴、镁以离子形式存在，与其他阴离子构成化合物，因此海水中的钠、溴、镁以化合物的形式存在；
（2）根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，而在溴化钠中溴元素的化合价为-1价，钠元素常显+1价，则溴化钠的化学式是NaBr；
（3）液态溴单质通过酸化氧化的方法得到，因其沸点低可用热空气法吹出溴气，不需要通过化学变化就表现出来，利用了溴的物理性质；
（4）将氯化钠和氯化镁的混合溶液通入如图所示装置中，氯化钠是由氯离子和钠离子构成的，氯化镁是由氯离子和镁离子构成的，Cl-通过AEM-阴离子交换膜，则Na+、Mg2+通过CEM-阳离子交换膜，得到淡化液和浓缩海水；
（5）浓海水与石灰乳制备氢氧化镁的反应是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反应的化学方程式为；该反应符合两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物，属于复分解反应；
（6）从人体健康角度分析，海带利用产业化的意义：通过提供富含多种营养成分的海带产品，满足人们对健康饮食的需求，促进人体健康。
【分析】（1）根据物质由元素组成，元素均是以化合物的形式存在来解答；
（2）根据化合物中正负价的代数和为0来解答；
（3）根据不通过化学变化表现出来的性质是物理性质，溴的沸点低来解答；
（4）根据如图的氯离子、钠镁离子通过交换膜得到淡水和浓海水来解答；
（5）根据氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，复分解反应的概念是由两种化合物互相交换成分生成另外两种新的化合物的反应来解答；
（6）根据人体中的六大营养素和人体中的元素在人体中的作用来解答。
（1）依据信息：浓缩海水的主要成分为氯化钠、氯化镁、溴化钠等，海水中的钠、溴、镁以离子形式存在，与其他阴离子构成化合物，因此海水中的钠、溴、镁以化合物的形式存在；
（2）溴化钠中溴元素的化合价为-1价，钠元素常显+1价，根据在化合物中各元素化合价的代数和为零，则溴化钠的化学式是NaBr；
（3）液态溴单质通过酸化氧化的方法得到，因其沸点低，可用热空气法吹出溴气，不需要通过化学变化就表现出来，利用了溴的物理性质；
（4）将氯化钠和氯化镁的混合溶液通入如图所示装置中，氯化钠是由氯离子和钠离子构成的，氯化镁是由氯离子和镁离子构成的，Cl-通过AEM-阴离子交换膜，则Na+、Mg2+通过CEM-阳离子交换膜，得到淡化液和浓缩海水；
（5）浓海水与石灰乳制备氢氧化镁的反应是氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反应的化学方程式为；该反应符合两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物，属于基本反应类型中的复分解反应；
（6）从人体健康角度分析，海带利用产业化的意义：通过提供富含多种营养成分的海带产品，满足人们对健康饮食的需求，促进人体健康。
16．氨(NH3)作为氢的载体，越来越引起重视。
（1）氨气的燃烧：氨气在空气中无法燃烧，在氧气中却能燃烧，生成氮气和一种常见液体，说明氨气燃烧与　 　有关。氨气在氧气中燃烧的化学方程式为　 　。
（2）科学研究不同当量比(燃料完全燃烧理论所需要的空气量与实际供给的空气量之比)的氨气/氢气/空气的燃烧速度如图所示【其中X(NH3)表示氨气、氢气混合气中氨气的体积分数】：
分析图中数据发现当量比为　 　左右时，X(NH3)=　 　，燃烧速度最快。
欲用如图实验探究氨气的其他性质：
（3）根据实验推理，NH3进入水中　 　(填“是”或“否”)发生了化学反应，推理的证据是　 　。
（4）已知硫酸铜溶液的pH约为5.5，下列物质中能用于干燥氨气的是___________(填字母序号)。
A．无水硫酸铜
B．浓硫酸
C．碱石灰(CaO和NaOH固体混合物)
（5）请画出将水挤入前的试管内气体的微观示意图　 　(实验b-1)，以及溶液进入后的试管内气体的微观示意图　 　(实验b-4)。
【答案】（1）氧气浓度；
（2）1.1；40%
（3）是；实验 b-4 中酚酞溶液变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应
（4）C
（5）；
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；化学方程式的书写与配平；生石灰的性质与用途；根据烧碱、生石灰、碱石灰的性质确定所能干燥的气体
【解析】【解答】（1）空气中氧气浓度较低，氨气在空气中无法燃烧，在氧气中能燃烧，说明与氧气浓度有关；氨气和氧气在点燃条件下反应生成氮气和水，化学方程式为；
故答案为：氧气浓度；；
（2）由图可知，当量比为1.1左右，X(NH3)=40%时，燃烧速度最快；
故答案为：1.1；40%；
（3）酚酞遇碱性物质变红，遇中性物质或酸性物质不变色。氨气溶于水后，实验 b-4 中酚酞变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应；
故答案为：是； 实验 b-4 中酚酞溶液变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应 ；
（4）A、已知硫酸铜溶液的pH约为5.5，呈酸性，则无水硫酸铜不能干燥氨气，故A错误；
B、浓硫酸与氨气反应[]，不能干燥氨气，故B错误；
C、碱石灰含有CaO和NaOH，能吸收水分，且不与氨气反应，可干燥氨气，故C正确。
故答案为：C。
（5）实验 b-1 中是干燥氨气，微观是氨气分子，作图为；
实验 b-4 中，溶液进入后的试管内含有氨气和水蒸气，且压强变小，分子间隔变大，作图为。
故答案为：；。
【分析】（1）根据氨气在空气中不能燃烧，在氧气中能燃烧，说明燃烧与氧气浓度有关，氨气和氧气在点燃的条件下生成氮气和水的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据图示信息，当量比为1：1，X(NH3)=40，燃烧速度最快进行分析解答；
（3）根据酚酞溶液变红，生成了碱性物质，有新物质生成属于化学变化进行分析解答；
（4）A、根据氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥进行分析解答；
B、根据浓硫酸会与氨气发生反应进行分析解答；
C、根据碱石灰是碱性干燥剂可以干燥氨气进行分析解答；
(5)根据一个氨分子由一个氮原子和三个氢原子构成，一个水分子由一个氧原子和两个氢原子构成进行分析解答。
（1）空气中氧气浓度较低，氨气在空气中无法燃烧，在氧气中能燃烧，说明与氧气浓度有关；
氨气和氧气在点燃条件下反应生成氮气和水，化学方程式为。
（2）由图可知，当量比为1.1左右，X(NH3)=40%时，燃烧速度最快。
（3）酚酞遇碱性物质变红，遇中性物质或酸性物质不变色。氨气溶于水后，实验 b-4 中酚酞变红，说明生成了碱性物质，发生了化学反应。
（4）A、已知硫酸铜溶液的pH约为5.5，呈酸性，则无水硫酸铜不能干燥氨气，该选项错误；
B、浓硫酸与氨气反应[]，不能干燥氨气，该选项错误；
C、碱石灰含有CaO和NaOH，能吸收水分，且不与氨气反应，可干燥氨气，该选项正确。
故选C。
（5）实验 b-1 中是干燥氨气，微观是氨气分子，作图为；
实验 b-4 中，溶液进入后的试管内含有氨气和水蒸气，且压强变小，分子间隔变大，作图为。
17．铜箔在汽车电池制造等领域有重要应用。一种制造铜箔工艺的主要工序如图1所示。
（1）铜是人体所需的________元素(填“常量”或“微量”)。
（2）“溶铜”前，粉碎处理铜原料的目的是________。
（3）“溶铜”中，存在铜与氧气及稀硫酸(H2SO4)在80℃的条件下反应生成硫酸铜和水的反应，写出该反应的化学方程式：________。工业生产时可用纯氧代替空气。这一措施能排除其它气体的影响，还具有的优点是________。
（4）“制箔”中，发生的反应：，X的化学式为________。物质X可用于溶铜和________工序。
探究电流密度对Cu的电沉积速率的影响。
在如图2所示装置中按表进行实验，记录0~45min内平均电沉积速率的数据。
已知：电解液初始pH以及电极板间距等也会影响Cu的电沉积速率。
序号 电流密度(A·m-2) 电解液初始pH 电极板间距(mm) 电沉积速率(g·h-1·m-2)
① 200 2 20 225
② 300 a 20 315
③ 400 2 20 510
（5）请分析上述数据：a=________；可得出的实验结论是________。
（6）“制箔”中，需生产抗拉强度大于355MPa且延伸率大于13.5%的铜箔，据如图可知，温度应控制在内___________(填字母)。
A. 45~49℃ B. 50~52℃ C. 53~55℃ D. 56~60℃
【答案】(1) 微量
(2) 可增大与其他反应物的接触面积，使反应更快进行
(3) 加快反应速率
(4) H2SO4 酸洗
(5) 2 在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快
(6) C
【知识点】矿物质与微量元素；化学方程式的书写与配平；质量守恒定律及其应用；物质的相互转化和制备；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）铜是人体所需的微量元素；
故答案为：微量；
（2）粉碎铜原料可增大与其他反应物的接触面积，使反应更快进行；
故答案为：增大与其他反应物的接触面积，使反应更快进行；
（3）铜与氧气及稀硫酸(H2SO4)在80℃的条件下反应生成硫酸铜和水，化学方程式为；
纯氧代替空气，氧气浓度高，能排除其它气体的影响，还可加快反应速率；
故答案为：；加快反应速率；
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和个数不变。反应前Cu、S、O、H的个数分别是2、2、10、4，反应后除2X外Cu、S、O、H的个数分别是2、0、2、0，则2X含有2个S、8个O、4个H，X含有1个S、4个O、2个H，X的化学式为H2SO4；
根据流程图，H2SO4可用于溶铜和酸洗工序；
故答案为：H2SO4；酸洗；
（5）对比实验要控制单一变量，探究电流密度对电沉积速率影响，除了电流密度比同，其他条件应相同，所以a=2；
由数据可知在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快；
故答案为：2； 在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快 ；
(6)根据图像，要生产抗拉强度大于355MPa且延伸率大于13.5%的铜箔，温度应控制在53~55℃，故A、B、D不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据铜是人体所需的微量元素进行分析解答；
（2）根据粉碎原料是为了增大反应物的接触面积，使反应更快更充分进行分析解答；
（3）根据铜与氧气及稀硫酸在80℃的条件下反应生成硫酸铜和水的化学方程式的书写以及用纯氧代替空气可以加快反应速率进行分析解答；
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，硫酸可以溶于溶铜和酸洗进行分析解答；
（5）根据对比实验需要控制单一变量以及表格数据可得出a是2，由表格数据可知在电解液初始pH为 2、电极板间距为 20mm 时，电流密度越大，Cu的电沉积速率越快进行分析解答；
（6）由图示信息进行分析解答。
18．实现“碳达峰”、“碳中和”，需要我们对CO2有全面的认识。
【活动一】CO2的制备与性质
（1）仪器B的名称是________；实验室制取CO2的化学方程式为________。
（2）图-1中________组合(填字母)，与图-2的发生装置具有相同的优点。
（3）用图-2装置制备CO2并验证其性质。烧杯中的现象是________。
（4）若图-3中干燥的紫色石蕊试纸没有变红，则试剂X可能是___________(填字母)。
A. NaOH溶液 B. 浓硫酸 C. 稀盐酸
【活动二】CO2的捕捉与封存
动态捕碳：
（5）同学们用图-4装置捕碳，请你用化学方程式描述这一反应________，KOH溶液也能用于吸收CO2，发生相似反应。下表为KHCO3和NaHCO3的溶解度。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60
NaHCO3溶解度/g 6.9 8.15 9.6 11.1 12.7 16.4
KHCO3溶解度/g 22.5 27.4 33.7 39.9 47.5 65.6
由图-4和上表分析：用图-4装置不宜选NaOH，更宜选择KOH溶液吸收CO2，原因是________。
催化固碳：查阅资料，发现利用CO2和H2在催化剂作用下反应，可获得甲醇(CH3OH)，催化剂活性下降会导致甲醇转化率降低。
（6）结合下图分析，当温度大于520K时，甲醇产率下降，原因可能是________；压强越大，甲醇产率越高，但在实际生产中，并不是压强越大越好，原因可能是________。
【答案】(1) 锥形瓶
(2) AD
(3) 气球上浮
(4) A，B
(5) KHCO3溶解度较大，不易析出，利于吸收CO2
(6) 温度过高，催化剂活性降低，使甲醇产率下降 增大压强对设备要求高，成本增加（或能耗大等合理答案）
【知识点】碱的化学性质；化学方程式的书写与配平；二氧化碳的实验室制法；探究二氧化碳的性质；碳中和、碳达峰
【解析】【解答】（1）仪器 B 是锥形瓶；
实验室通常利用大理石（主要成分是CaCO3）与稀盐酸反应制取二氧化碳，大理石与稀盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，化学方程式为；
故答案为：锥形瓶；；
（2）图-2装置通过抽动铜丝可以控制大理石是否与稀盐酸接触，从而控制反应发生和停止，图-1中 D 装置（有多孔塑料 ）也能控制，具体原理是：反应过程中，关闭活塞，则试管内气压上升，导致液面下降，直到稀盐酸与多孔隔板上的大理石脱离接触，此时反应停止。重新打开活塞，则气体可以沿着导管流向收集装置，试管内气压下降，液面回升，液面高于多孔隔板时大理石与稀盐酸重新接触，反应发生。A、D组成发生装置具有与图-2的发生装置具有相同的优点；
故答案为：AD；
（3）二氧化碳密度比空气大，充有空气的气球受到的浮力增大，现象是气球上浮；
故答案为：气球上浮；
（4）A、NaOH溶液能吸收二氧化碳，干燥的石蕊试纸不变红，故A 正确；
B、浓硫酸干燥二氧化碳，干燥的石蕊试纸不变红，故B 正确；
C、稀盐酸不吸收二氧化碳，经过稀盐酸后混合气体中仍含有水，二氧化碳与水反应生成碳酸，会使石蕊试纸变红，故C 错误。
故答案：AB。
（5）图-4装置中NaOH与CO2反应生成NaHCO3，化学方程式为；
对比溶解度，KHCO3溶解度较大，不易析出，利于吸收CO2；
故答案为：； KHCO3溶解度较大，不易析出，利于吸收CO2；
(6)温度过高，催化剂活性降低，使甲醇产率下降；
实际生产中，增大压强需更高设备要求，成本上升，所以不是压强越大越好。
故答案为：温度过高，催化剂活性降低，使甲醇产率下降； 增大压强对设备要求高，成本增加（或能耗大等合理答案） 。
【分析】（1）根据常见仪器的名称，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据装置AD组合可以通过关闭或打开活塞形成压强差从而控制反应的发生和停止进行分析解答；
（3）根据二氧化碳密度比空气大，气球会上浮进行分析解答；
（4）A、根据二氧化碳能与氢氧化钠反应进行分析解答；
B、根据浓硫酸能干燥二氧化碳气体进行分析解答；
C、根据稀盐酸不能与二氧化碳反应，稀盐酸也没有吸水性，出来的二氧化碳带有水蒸气能使干燥的紫色石蕊试纸变红进行分析解答；
（5）根据图示二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠的化学方程式的书写，二氧化碳和氢氧化钾反应生成的碳酸氢钾溶解度更大进行分析解答；
（6）根据图示甲醇产率下降是因为温度过高，催化剂活性降低，增大压强对设备要求高，成本增加所以在实际生产中，并不是压强越大越好进行分析解答。
19．某化学兴趣小组的同学围绕“酸碱中和反应”，开展了实验探究活动。
【实验探究】为证明氢氧化钾溶液与稀硫酸发生了反应，三位同学进行了以下实验。
（1）测定溶液pH变化的方法
甲同学在实验过程中测得pH变化如图1所示。O点时，溶液中的溶质是________。
（2）测混合过程中的温度变化
乙同学在实验过程中测得反应混合溶液的温度变化如图2所示，说明稀硫酸与氢氧化钾溶液发生的反应是________（填“放热”或“吸热”）反应，图2中B点表示的含义是________。
（3）借助于酸碱指示剂
丙同学通过图3所示实验，他观察到溶液由________，也证明氢氧化钾溶液与稀硫酸发生了化学反应，反应的化学方程式为________。
【提出问题】针对反应后溶液中溶质成分，大家提出了猜想
【猜想与假设】
猜想一：只有；猜想二：________。（用化学式填空）
【进行实验】为了验证想，学习小组选用CuO粉末、Ba（NO3）2溶液，进行如下探究：
实验方案 实验操作 实验现象 小组结论
方案一 取少量反应后的溶液于试管中，加入CuO粉末 黑色固体溶解，溶液变成蓝色 猜想二正确
方案二 取少量反应后的溶液于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液 ________ 猜想一正确
【实验结论】通过探究，同学们一致确定猜想二是正确的。
【评价与反思】
（4）针对上述方案提出疑问，认为方案二是不合理的，理由是________。
（5）方案一中的CuO粉末可以用下列的某些物质代替，也能得到同样的实验结论。请你选出可用药品的字母序号______。
A. Mg
B. Fe2O3
C. CaCl2
D. NaHCO3
E. Ba（OH）2
【答案】(1) 硫酸钾、氢氧化钾
(2) 放热 氢氧化钾与硫酸恰好完全反应
(3) 红色变无色 K2SO4 、H2SO4 产生白色沉淀
(4) 硫酸与硝酸钡反应也能生成硫酸钡白色沉淀，不能证明只有硫酸钾
(5) ABD
【知识点】酸的化学性质；中和反应及其应用；盐的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）由图1的pH变化曲线可知，O点对应的溶液pH＞7，溶液呈碱性，说明此时氢氧化钾溶液过量，稀硫酸已经完全反应；稀硫酸和氢氧化钾反应生成硫酸钾和水，所以O点溶液中的溶质为反应生成的硫酸钾，以及过量的氢氧化钾。
（2）由图2的温度变化曲线可知，反应过程中溶液温度先升高后降低，温度升高说明稀硫酸与氢氧化钾溶液的反应属于放热反应；图2中B点温度达到最高值，代表稀硫酸与氢氧化钾溶液恰好完全中和，此时反应放出的热量最多，温度达到最大值。
（3）氢氧化钾溶液呈碱性，碱性溶液能使无色酚酞溶液变为红色；向红色的氢氧化钾溶液中逐滴滴加稀硫酸，稀硫酸与氢氧化钾发生中和反应，溶液的碱性逐渐减弱，当二者恰好完全反应时溶液呈中性，中性溶液不能使酚酞变色，所以可观察到溶液由红色逐渐变为无色；氢氧化钾与稀硫酸反应生成硫酸钾和水，该反应的化学方程式为2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O。
【猜想与假设】稀硫酸与氢氧化钾反应生成硫酸钾和水，反应后溶液中的溶质有三种情况：恰好完全反应时只有硫酸钾；硫酸过量时溶质为硫酸钾和硫酸；氢氧化钾过量时溶质为硫酸钾和氢氧化钾；已知猜想一为只有硫酸钾，所以猜想二为硫酸钾和硫酸。
【进行实验】方案二中，若猜想一正确，溶液中只有硫酸钾，硫酸钾能与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀和硝酸钾，所以实验现象为产生白色沉淀。
（4）方案二不合理，因为无论溶液中是否含有过量的硫酸，反应生成的硫酸钾都能与硝酸钡溶液反应生成白色硫酸钡沉淀，无法验证溶液中是否存在过量的硫酸，不能区分猜想一和猜想二。
（5）方案一中氧化铜粉末的作用是检验溶液中是否存在过量的硫酸，利用酸的通性进行检验；镁是活泼金属，能与硫酸反应产生气泡，可以检验硫酸；氧化铁是金属氧化物，能与硫酸反应使固体溶解、溶液变黄，可以检验硫酸；氯化钙与硫酸、硫酸钾均不发生反应，无明显现象，不能检验硫酸；碳酸氢钠是碳酸盐，能与硫酸反应产生二氧化碳气泡，可以检验硫酸；所以可替代的药品为A、B、D。
【分析】（1）根据溶液pH与酸碱性的关系、反应后溶质的判断方法解答，pH大于7溶液呈碱性，溶质包含生成物和过量的反应物；
（2）根据中和反应的能量变化、反应终点的判断方法解答，酸碱中和反应属于放热反应，温度最高点为恰好完全反应的点；
（3）根据酸碱指示剂的变色规律、中和反应化学方程式的书写方法解答，酚酞遇碱性溶液变红，遇中性和酸性溶液无色，书写化学方程式需配平、标注正确。根据中和反应后溶质的猜想规律解答，反应后溶质一定有生成物，可能有过量的反应物；根据硫酸根离子的检验方法解答，硫酸根离子与钡离子结合生成不溶于酸的白色硫酸钡沉淀；
（4）根据实验方案的评价方法解答，检验硫酸时不能用与生成物也能反应的试剂，否则无法得出正确结论；
（5）根据酸的通性解答，酸能与活泼金属、金属氧化物、碳酸盐发生特征反应，可用于检验酸的存在。
20．镍(Ni)是一种用途广泛的金属，镍与铁的化学性质相似，镍元素的常见化合价为+2、+3价。已知：硫酸镍溶液显绿色，碳酸镍和氢氧化镍均为难溶于水的绿色固体，在这些化合物中镍元素都显+2价。
（1）用两种不同方法制备硫酸镍(要求含镍原料属于不同类别物质)，并写出预期反应的化学方程式：
①用氢氧化镍作为其中一种原料来制备硫酸镍，反应的化学方程式为　 　。
②　 　(化学方程式)，依据的反应规律是　 　。
（2）取一定量的NiSO4·7H2O样品进行热重分析，样品在受热过程中的固体残留率随温度变化的曲线如图所示。已知C时失掉全部结晶水，则C时的固体残留率为　 　%(保留一位小数)，E时残留固体为镍的氧化物，请写出相应物质的化学式　 　。
已知：固体残留率=

【答案】（1）；；酸能与活泼金属反应生成盐和氢气
（2）55.2；Ni2O3
【知识点】金属的化学性质；中和反应及其应用；化学方程式的书写与配平；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）①氢氧化镍属于碱且难溶于水，氢氧化镍与硫酸反应生成硫酸镍和水，可制备硫酸镍，化学方程式为；
故答案为：；
②镍与铁的化学性质相似，铁能与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则镍能与硫酸反应生成硫酸镍和氢气，化学方程式为；该反应的依据是酸能与活泼金属反应生成盐和氢气；
故答案为：；酸能与活泼金属反应生成盐和氢气；
（2） NiSO4·7H2O的化学式量为。已知C时失掉全部结晶水，
则C时残留的固体是NiSO4，固体残留率为；
设NiSO4·7H2O质量为281g，E时残留固体为镍的氧化物，固体残留率为29.54%。Ni元素在NiSO4·7H2O中的质量为，设氧化物为NixOy，根据Ni元素质量守恒可得，解得，所以化学式为Ni2O3。
故答案为：55.2；Ni2O3 。
【分析】（1）根据氢氧化镍和硫酸反应生成硫酸镍和水的化学方程式的书写进行分析解答；
（2）根据镍和硫酸反应生成硫酸镍和氢气的书写以及该反应的规律是：活泼金属+酸→盐+氢气进行分析解答；
（3）根据 NiSO4·7H2O 在C时失去全部结晶水， C时残留的固体是NiSO4 ，C的固体残留率=
， NiSO4·7H2O 中Ni元素的质量= NiSO4·7H2O 质量×Ni元素的质量分数，由质量守恒定律化学反应前后Ni元素质量不变，设E时 氧化物为NixOy ，再根据
固体残留率=进行计算解答。
（1）①氢氧化镍属于碱且难溶于水，氢氧化镍与硫酸反应生成硫酸镍和水，可制备硫酸镍，化学方程式为；
②镍与铁的化学性质相似，铁能与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则镍能与硫酸反应生成硫酸镍和氢气，化学方程式为；
该反应的依据是酸能与活泼金属反应生成盐和氢气。
（2）NiSO4·7H2O的化学式量为。已知C时失掉全部结晶水，则C时残留的固体是NiSO4，固体残留率为；
设NiSO4·7H2O质量为281g，E时残留固体为镍的氧化物，固体残留率为29.54%。Ni元素在NiSO4·7H2O中的质量为，设氧化物为NixOy，根据Ni元素质量守恒可得，解得，所以化学式为Ni2O3。
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