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2026年广东揭阳市真理中学中考一模化学模拟卷
一、选择题
1．《天工开物》中记载的甘蔗制作红糖的主要步骤，主要涉及化学变化的是
A．削蔗去杂 B．石碾碎蔗 C．渣汁分离 D．热锅熬糖
我国炼铜历史悠久，《采铜炼铜记》中记载“……用炭八九千斤（约4 800 kg），不过得铜五六百斤（约320 kg）”，同学们利用如图所示装置模拟古代竖炉炼铜实验，经高温煅烧，冷却后观察到石英方舟上下均出现红色物质。
2．实验涉及的下列物质中属于盐的是
A．氧化铜 B．煤炭粉 C．碳酸钾 D．铜
3．实验时应严格遵守实验室安全守则和操作规范。下列做法不正确的是
A．可将零食、水杯带进实验室
B．进行实验时，需佩戴好护目镜
C．发生烫伤时，应立即用大量冷水冲洗
D．实验后剩余的试剂应放入指定容器内
4．关于模拟竖炉炼铜实验的说法正确的是
A．记载中消耗氧化铜的质量约为400 kg
B．实验结束后碳酸钾的质量减少
C．向反应后的物质中加入稀盐酸无明显现象
D．实验中煤炭的作用只为燃烧提供热量
5．向盛有大理石的锥形瓶中加入酸后，过一会儿大理石表面几乎没有气泡产生。下列推理不合理的是
A．加入的酸可能是稀硫酸 B．大理石的质量将小于
C．加入的酸可能用量不足 D．锥形瓶的瓶塞处出现漏气
古代“刮土熬硝”与“晒硝”是传统制取硝石（主要成分KNO3）的核心工艺，主要用于制造火药、肥料和医药。
6．无土栽培营养液中含有硝酸钾、硝酸钙等。农业上硝酸钾属于
A．氮肥 B．磷肥 C．钾肥 D．复合肥
7．硝石是制造黑火药的主要原料，古籍中记载用硝石、硫磺、炭化的皂角制成火药，爆炸时发生反应的化学方程式为2KNO3+3C+SK2S+3X↑+N2↑，X的化学式为
A．CO B．CO2 C．SO2 D．NO2
8．如图是硝酸钾的溶解度曲线，下列说法不正确的是
A．加热熬制过程中，硝酸钾溶液的溶质质量分数不变
B．加热熬制后的溶液晾凉至室温后，溶液仍为饱和溶液
C．50 ℃时，将40 g的硝酸钾加入50 g的水中，形成不饱和溶液
D．制取硝石过程中硝酸钾的总质量没有发生变化
土壤的酸碱性影响着农作物的生长，酸性土壤中普遍缺少氮、磷、钾等元素，由于pH较低，对植物有效的水溶性钼易转化为溶解度很低的氧化态，使得钼的有效性大大降低，从而降低植物产率。完成下面小题。
9．为补充酸性土壤中缺钾的情况，在农作物生长的过程中应施用的肥料为
A．Ca(H2PO4)2 B．K2SO4 C．CO(NH2)2 D．NH3NO3
10．钼元素在元素周期表中的信息及原子结构示意图如图所示，下列说法错误的是
A．钼的元素符号为Mo B．x的值为13
C．钼原子的最外层电子数为1 D．钼元素的质量为95.95 g
11．为了提高酸性土壤中农作物的产量，采取下列方法，其中方法与原理不对应的是
选项 改良方法 原理
A 种植耐酸性农作物 适宜耐酸性作物生长
B 淡水浇灌 稀释酸性土壤中酸性物质的浓度
C 使用熟石灰改良酸性土壤 中和土壤中的酸性物质
D 施用含有钼元素的肥料 提高酸性土壤中钼的有效性
A．A B．B C．C D．D
12．物质鉴别是中学化学实验的基本要求之一，下列实验设计能实现相应物质鉴别的是
选项 鉴别的物质 实验设计 选项 鉴别的物质 实验设计
A 水和稀盐酸 B NaCl溶液和蒸馏水
C 生石灰和石灰石 D 和
A．A B．B C．C D．D
13．为探究NaCl和溶于水时的吸热和放热情况，小组同学设计如图所示的实验。实验过程中观察到的现象正确的是
A．左侧红墨水高度无明显变化，右侧红墨水下降
B．右侧红墨水高度无明显变化，左侧红墨水下降
C．左侧气球变小，右侧气球变大
D．右侧气球变小，左侧气球变大
14．将固体物质（不含结晶水）投入盛有水的烧杯中，搅拌，测得、、、时烧杯中溶液的质量分别如图中、、、点所示。下列说法正确的是
A．时，物质的溶解度是
B．四个点对应的溶液，一定属于饱和溶液的是A、B、C
C．时的溶液降温到时，有晶体析出
D．时，B点对应的溶液中溶质质量分数为
15．甲、乙、丙三种金属单质之间的转化关系如图所示(“→”表示反应能一步实现，部分物质和反应条件已省略)，下列说法正确的是
A．三种金属的活动性顺序为：甲>丙>乙
B．若甲是铜，乙和丙分别可以是铁和银
C．图中涉及到的反应均属于置换反应
D．三种金属均不能与稀盐酸反应
二、填空题
16．中国传统文化蕴含着许多化学知识。
（1）《韩非子》中记载有“厚涂以备火”，战国时期人们就在建材上涂抹厚厚的泥浆，以防止火灾。此措施依据的灭火原理是　 　。
（2）《三国志》中有“乃取蒙冲斗舰数十艘，实以薪草，膏油灌其中……(黄)盖放诸船，同时发火。时风盛猛，悉延烧岸上营落”的描述。从燃烧条件分析，薪草属于　 　。“膏油”着火不能用水来灭火，原因是　 　。
（3）《汉书》中记载到“欲汤之沧，一人炊之，百人扬之，无益也，不如绝(断绝)薪止火而已”。其中“绝薪止火”涉及的灭火原理是　 　。
（4）宋代《武经总要前集》中记载，火灾时“水袋，以马、牛杂畜皮浑脱为袋，贮水三四石。若火焚楼棚，则以壮士三五人持袋口，向火蹙水注之。”
①“向火蹙水注之”的主要灭火原理是　 　。
②灭火毡是一种新型的灭火用品。使用时，将灭火毡从套中取出，覆盖在燃烧物上，以达到灭火目的。其灭火原理与上述“向火蹙水注之”灭火原理　 　(填“相同”或“不同”)。
三、科普阅读题
17．氨被视为氢能以外的另一种清洁能源，可替代煤、石油等燃料，燃烧过程不产生CO2，能有效降低碳排放，相较于氢气，氨易液化以便储存运输。但氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷，不仅导致燃烧效率低，部分未燃氨逃逸，且会产生大量的氮氧化物。若能与CO混合使用，将有望提高氨的燃烧性能。研究人员对混合CO的氨的燃烧进行分析，随CO体积分数的改变，混合气体燃烧速率变化如图1所示。
目前合成氨(NH3)工艺主要有两种：一是传统制氨，利用氮气和氢气在特定高温、高压及催化剂的条件下合成；二是电解合成氨，以氮气和水为原料，采用电能驱动节能工艺，原料绿色环保，制取的氨气可加压液化储存，其原理如图2所示。
依据上文，回答问题。
（1）结合氨气的组成分析，使用氨作燃料能有效降低碳排放的原因是　 　。
（2）目前氨作燃料燃烧时存在的制约因素是　 　（写一点）。
（3）由图1可知，CO体积分数对混合气体燃烧速率的影响为　 　，当混合气体中氨的体积分数为　 　时，混合气体燃烧速率最快。
（4）传统制氨过程中，可通过分离液态空气获得原料N2，将液态空气升温，液氮比液氧先变成气态，说明液氮的沸点比液氧　 　(填“高”或“低”)。
（5）依据图2写出电解合成氨过程中发生反应的化学方程式　 　，相比于传统制氨法，电解合成氨工艺具有的一种优点是　 　。
四、基础实验和跨学科实践
18．化学实验技能是化学学习的基础和保证。完成下列小题：
（1）图中仪器甲的名称是　 　。用高锰酸钾制取并收集较纯净的，应选择的装置组合为　 　(填字母)，反应的化学方程式为　 　。
（2）若用BF装置组合制取并收集氧气，长颈漏斗末端要伸入液面以下，目的是　 　。B装置的导管口应与F装置的　 　(填“m”或“n”)端管口相连。
（3）与B装置相比，C装置的优点是　 　。
（4）化学小组设计简易供氧器如图所示，用过碳酸钠粉末()和制氧。
①制作简易供氧器时，需要考虑的因素有　 　(填字母)。
a．原料是否环保、易得 b．操作是否简便、安全 c．装置气密性是否良好
②对产生的氧气进行洗涤和加湿有利于人体呼吸，向加湿仓中加水，最恰当的位置是　 　(填“甲”“乙”或“丙”)。可通过观察　 　来判断氧气的流速。
五、科学探究题
19．无明显反应现象的可视化是一项重要的研究课题，某化学兴趣小组以“探究二氧化碳与氢氧化钠是否反应”为主题展开化学反应可视化的项目式学习。
【任务一】证明反应物的减少或消失
实验一：传统实验
该小组同学利用图1所示装置按照下列步骤展开探究。
步骤1：关闭K1，打开K2、K3，将2 mL稀硫酸迅速全部注入注射器C中。
步骤2：至不再产生气泡，拉动注射器B的活塞，将产生的气体全部抽出后，关闭K3。
步骤3：打开K1，将2 mL NaOH溶液注入注射器B中，关闭K2后充分振荡，观察现象。
【交流反思】
（1）通过上述实验，能证明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应的现象是　 　，小轩同学提出质疑，他认为上述实验不严谨。要得到科学严谨的结论，仍利用该装置，应补做的对比实验是　 　。
实验二：数字化实验
【讨论交流】
（2）按照图2所示装置分别进行2次实验，所得烧瓶内压强随时间变化的曲线如图3所示，曲线　 　(填“A”或“B”)表示二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应；请分析如何从图3得出氢氧化钠和二氧化碳发生了化学反应的实验结论：　 　。
【任务二】证明有新物质生成
（3）实验三：产物转化法实验
实验操作 实验现象 实验结论
向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，再加入　 　溶液 　 　 氢氧化钠与二氧化碳发生了反应
【查阅资料】
（4）常温下NaOH、Na2CO3分别在水和酒精中的溶解度如表所示：
NaOH Na2CO3
水 109g 21.8g
酒精 17.3g ＜0.01g
【继续探究】将CO2通入饱和NaOH的乙醇溶液中，观察到　 　，证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应，反应的化学方程式为　 　。
20．纯碱(Na2CO3)是一种重要的化工原料，在生产、生活中有广泛用途。当前，主要以卤盐和硫酸盐废盐为原料制碱。
（1）侯德榜在氨碱法的基础上创立了侯氏制减法，其主要流程如图。
①上述流程中吸氨和碳酸化后的总化学反应为，“碳酸化”后的溶液一定是　 　(填化学式)的饱和溶液，写出上述流程得到的副产物。NH4Cl的用途为　 　。
②碳酸氢钠在加热条件下的产物包括纯碱和无污染气体，该反应的化学方程式为　 　。该流程中能够循环利用的物质为　 　。
③如图为NaCl、NH4Cl和NaHCO3的溶解度曲线。“碳酸化”后经过滤得到的滤液中含有较多NH4Cl、少量NaHCO3和NaCl，从该滤液中得到NH4Cl晶体的操作为　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（2）我国化工冶金行业中会产生大量的硫酸钠，利用CO2、NH3和硫酸钠能够制“纯碱”，其主要流程如图1，硫酸钠溶解度随温度变化如图2。
①“反应器”中发生的反应可理解为两步反应，方程式分别为，　 　。“反应器”中温度不宜过低，其原因为　 　。
②“母液”中的阳离子除、外，还包括　 　。
21．同学们从山上采集到一种石灰石，他们取80克该样品进行煅烧实验（所含杂质在煅烧过程中不发生变化），测得反应后固体的质量（m）与反应时间（t）的关系如表：
反应时间
反应后固体的质量 80 75 70 66 62 58 58
请回答下列问题：
（1）当石灰石完全反应后，生成的质量为　 　g；
（2）求该石灰石中的质量分数，写出计算过程。
（3）请在如图坐标图中，画出煅烧时生成气体的质量（m）随时间（t）变化的曲线。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、削蔗去杂只是将甘蔗中混杂的枝叶、泥土等杂质去除，没有新物质生成，属于物理变化，选项A不符合题意；
B、石碾碎蔗只是通过外力将甘蔗的形状由块状变成碎末状，没有新物质生成，属于物理变化，选项B不符合题意；
C、渣汁分离只是通过过滤的方法将不溶于水的甘蔗渣和溶于水的甘蔗汁分开，没有新物质生成，属于物理变化，选项C不符合题意；
D、热锅熬糖过程中，蔗糖在高温下发生焦化反应，生成了焦糖等新的有色物质，有新物质生成，属于化学变化，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据物理变化的本质特征解答，物理变化只是物质的形状、状态、位置等发生改变，没有新物质生成，削蔗去杂只是物质的分离，无新物质；
B、根据物理变化的本质特征解答，物质的粉碎过程只是形状改变，分子本身没有变化，没有新物质生成；
C、根据物理变化的本质特征解答，过滤是分离固体和液体的物理方法，没有发生化学反应；
D、根据化学变化的本质特征解答，化学变化的本质是有新物质生成，蔗糖的焦化反应生成了焦糖等新物质，属于化学变化。
【答案】2．C
3．A
4．A
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；盐的化学性质；酸、碱、盐的概念
【解析】【分析】（1）A、根据氧化物的定义解答，氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，氧化铜符合氧化物的定义，不符合盐的定义；
B、根据混合物和纯净物的区别解答，盐是纯净物，煤炭粉是多种物质组成的混合物，因此不可能是盐；
C、根据盐的定义解答，盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物，碳酸钾由钾离子和碳酸根离子构成，属于盐；
D、根据单质的定义解答，单质是由同种元素组成的纯净物，铜是金属单质，不属于盐。
（2）A、根据实验室安全规则解答，实验室是进行化学实验的场所，所有物品都可能被化学药品污染，禁止在实验室饮食，防止误食有毒物质；
B、根据实验室安全防护知识解答，护目镜是实验必备的个人防护用品，能防止眼睛受到化学伤害；
C、根据实验室意外事故的处理方法解答，冷水冲洗是处理轻度烫伤最有效的方法，能快速降温，减少组织损伤；
D、根据实验室剩余药品的处理原则解答，剩余药品的处理要遵循“三不一要”原则，即不放回原瓶、不随意丢弃、不拿出实验室，要放入指定容器。
（3）A、根据元素守恒和元素质量分数的计算解答，化学反应前后元素的质量不变，铜元素全部从氧化铜转移到单质铜中，通过铜的质量和氧化铜中铜元素的质量分数可计算出氧化铜的质量；
B、根据催化剂的特点解答，催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变，碳酸钾是该反应的催化剂，因此质量不变；
C、根据酸与金属氧化物的反应解答，氧化铜能与稀盐酸反应生成蓝色的氯化铜溶液，若有未反应的氧化铜，加入稀盐酸会有明显现象；
D、根据碳的化学性质解答，碳具有可燃性和还原性，在该反应中，碳既作燃料提供热量，又作还原剂生成一氧化碳还原氧化铜。
2． A、氧化铜是由铜元素和氧元素两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，属于氧化物，不属于盐，选项A不符合题意；
B、煤炭粉是由碳单质、矿物质等多种物质组成的混合物，而盐是纯净物中的一类，因此煤炭粉不属于盐，选项B不符合题意；
C、碳酸钾是由钾离子（金属阳离子）和碳酸根离子（酸根阴离子）构成的化合物，完全符合盐的定义，属于盐，选项C符合题意；
D、铜是由铜元素一种元素组成的纯净物，属于金属单质，不属于盐，选项D不符合题意。
故答案为：C。
3．A、实验室中的化学药品大多具有腐蚀性、毒性或刺激性，将零食、水杯带进实验室，零食和水杯容易被化学药品污染，误食后会引发中毒等安全事故，做法不正确，选项A符合题意；
B、进行化学实验时，液体可能会飞溅，固体可能会崩落，佩戴护目镜能有效保护眼睛免受这些伤害，做法正确，选项B不符合题意；
C、发生烫伤时，立即用大量冷水冲洗烫伤部位，能快速带走热量，降低烫伤部位的温度，减轻烫伤的程度，做法正确，选项C不符合题意；
D、实验后剩余的试剂不能随意丢弃，否则会污染环境；也不能放回原瓶，否则会污染原试剂瓶中的药品，应放入指定的容器内统一处理，做法正确，选项D不符合题意。
故答案为：A。
4． A、氧化铜中铜元素的质量分数为铜的相对原子质量÷氧化铜的相对分子质量×100%= ，根据元素守恒，氧化铜中的铜元素全部转化为单质铜，因此得到320kg铜需要氧化铜的质量为320kg÷80%=400kg，选项A符合题意；
B、碳酸钾在该反应中作催化剂，催化剂的定义是能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都不发生改变，因此实验结束后碳酸钾的质量不变，选项B不符合题意；
C、若反应后有未完全反应的氧化铜，加入稀盐酸后，氧化铜会与稀盐酸发生反应：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，氯化铜溶液呈蓝色，因此会观察到溶液变为蓝色，有明显现象，选项C不符合题意；
D、实验中煤炭有两个作用：一是煤炭燃烧放热，为反应提供所需的高温条件；二是煤炭与燃烧生成的二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳，一氧化碳作为还原剂还原氧化铜，因此煤炭的作用不只是提供热量，选项D不符合题意。
故答案为：A。
5．【答案】D
【知识点】质量守恒定律及其应用；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、如果实验中加入的酸是稀硫酸，稀硫酸与大理石中的碳酸钙反应会生成硫酸钙CaSO4，硫酸钙是微溶于水的物质，会覆盖在大理石的表面，隔绝大理石与稀硫酸的接触，导致反应逐渐停止，几乎不再产生气泡，该推理合理，选项A不符合题意；
B、大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与酸反应会被消耗转化为可溶性盐、水和二氧化碳，反应过程中大理石的质量会不断减少，所以反应后大理石的质量一定小于初始的2.0g，该推理合理，选项B不符合题意；
C、如果加入的酸的量不足，当酸被完全消耗后，没有反应物继续参与反应，化学反应就会停止，不再产生气泡，该推理合理，选项C不符合题意；
D、装置瓶塞漏气只会导致反应生成的二氧化碳气体从缝隙中逸散出去，不会影响大理石和酸之间的化学反应，反应依然会持续进行并产生气泡，不会出现气泡消失的现象，该推理不合理，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据稀硫酸与碳酸钙反应的特殊性质解答，硫酸钙微溶会阻碍反应持续进行；
B、根据化学反应中反应物的质量变化规律解答，反应物参与反应后质量会减少；
C、根据反应物用量对反应进程的影响解答，反应物不足会导致反应提前停止；
D、根据装置漏气的实际影响解答，漏气仅影响气体收集，不影响反应本身的发生。
【答案】6．D
7．B
8．A
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；常见化肥的种类和作用；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）A、根据氮肥的定义解答，仅含氮元素的化肥为氮肥；
B、根据磷肥的定义解答，仅含磷元素的化肥为磷肥；
C、根据钾肥的定义解答，仅含钾元素的化肥为钾肥；
D、根据复合肥的定义解答，含两种及以上营养元素的化肥为复合肥。
（2）根据质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类、数目、质量都不变，通过计算反应前后原子的差值，推导未知物质的化学式。
（3）A、根据溶质质量分数的计算解答，溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%，溶剂减少，溶质不变，溶质质量分数升高；
B、根据饱和溶液的判断解答，有晶体析出的溶液一定是该温度下的饱和溶液；
C、根据溶解度的概念解答，计算50g水中最多溶解的硝酸钾质量，与加入的质量比较；
D、根据物理变化的特点解答，物理变化过程中物质的总质量不变。
6．A、氮肥是只含有氮元素一种营养元素的化肥，硝酸钾中还含有钾元素，不属于氮肥，选项A不符合题意；
B、磷肥是只含有磷元素一种营养元素的化肥，硝酸钾中不含磷元素，不属于磷肥，选项B不符合题意；
C、钾肥是只含有钾元素一种营养元素的化肥，硝酸钾中还含有氮元素，不属于钾肥，选项C不符合题意；
D、复合肥是同时含有氮、磷、钾三种营养元素中的两种或两种以上的化肥，硝酸钾中含有氮和钾两种营养元素，属于复合肥，选项D符合题意。
故答案为：D。
7．根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变。反应前原子总数：2个K原子、2个N原子、6个O原子、3个C原子、1个S原子；反应后已知原子总数：2个K原子、2个N原子、1个S原子。因此3X中含有3个C原子和6个O原子，即X中含有1个C原子和2个O原子，X的化学式为CO2。
A、CO不符合原子守恒，选项A不符合题意；
B、CO2符合原子守恒，选项B符合题意；
C、SO2不符合原子守恒，选项C不符合题意；
D、NO2不符合原子守恒，选项D不符合题意。
故答案为：B。
8．A、加热熬制过程中，水分不断蒸发，溶剂质量减少，因此硝酸钾溶液的溶质质量分数会逐渐升高，选项A符合题意；
B、加热熬制至有少量晶体析出，说明此时溶液为高温下的饱和溶液，晾凉至室温后，硝酸钾的溶解度降低，会有大量晶体析出，溶液仍为饱和溶液，选项B不符合题意；
C、50℃时硝酸钾的溶解度为85.5g，即100g水中最多溶解85.5g硝酸钾，因此50g水中最多溶解42.75g硝酸钾，加入40g硝酸钾能完全溶解，形成不饱和溶液，选项C不符合题意；
D、制取硝石的过程是溶解、过滤、结晶的物理分离过程，没有发生化学反应，因此硝酸钾的总质量没有发生变化，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【答案】9．B
10．D
11．D
【知识点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；常见化肥的种类和作用；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解析】（1）A、根据化肥的分类解答，含磷元素的化肥是磷肥，磷肥主要作用是促进植物根系发育；
B、根据化肥的分类解答，含钾元素的化肥是钾肥，钾肥主要作用是增强植物抗倒伏和抗病虫害能力，能补充酸性土壤中的钾元素；
C、根据化肥的分类解答，含氮元素的化肥是氮肥，氮肥主要作用是促进植物茎叶生长；
D、根据化肥的分类解答，硝酸铵是常见的氮肥，只含氮元素，不能补充钾元素。
（2）A、根据元素周期表单元格的信息解答，右上角的符号是元素符号，书写时第一个字母大写，第二个字母小写；
B、根据原子的结构解答，原子中质子数=核外电子数，通过核外电子总数可计算出x的值；
C、根据原子结构示意图的含义解答，原子结构示意图中最外层的电子数就是原子的最外层电子数；
D、根据相对原子质量的概念解答，相对原子质量是原子的实际质量与碳-12原子质量的1/12的比值，没有质量单位。
（3）A、根据农作物的生长特性解答，不同农作物对土壤酸碱性的要求不同，耐酸性农作物能在酸性土壤中生长；
B、根据溶液稀释的原理解答，加水能稀释溶液，降低溶质的浓度，从而降低土壤酸性；
C、根据中和反应的应用解答，酸和碱能发生中和反应生成盐和水，熟石灰是常用的改良酸性土壤的碱；
D、根据题目信息解答，酸性土壤中钼有效性低是因为钼的存在形态发生了改变，不是因为钼的总含量低，因此仅施钼肥不能提高其有效性。
9．A、Ca(H2PO4)2中只含有磷元素一种营养元素，属于磷肥，只能补充磷元素，不能补充钾元素，选项A不符合题意；
B、K2SO4中只含有钾元素一种营养元素，属于钾肥，能补充酸性土壤中缺钾的情况，选项B符合题意；
C、CO(NH2)2中只含有氮元素一种营养元素，属于氮肥，只能补充氮元素，不能补充钾元素，选项C不符合题意；
D、NH3NO3中只含有氮元素一种营养元素，属于氮肥，只能补充氮元素，不能补充钾元素，选项D不符合题意。
故答案为：B。
10． A、元素周期表中，单元格右上角的符号表示元素符号，因此钼的元素符号为Mo，选项A不符合题意；
B、在原子中，质子数=核外电子数，钼原子的质子数为42，因此核外电子数也为42，根据原子结构示意图，核外电子数=2+8+18+x+1=42，解得x=13，选项B不符合题意；
C、由原子结构示意图可知，钼原子的核外电子排布为2、8、13、1，最外层电子数为1，选项C不符合题意；
D、元素周期表中，单元格下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位是“1”，通常省略不写，不是“g”，因此钼的相对原子质量为95.95，不是钼元素的质量为95.95g，选项D符合题意。
故答案为：D。
11． A、种植耐酸性农作物，能让农作物在酸性土壤的环境中正常生长，提高农作物产量，方法与原理对应，选项A不符合题意；
B、淡水浇灌酸性土壤，能稀释土壤中酸性物质的浓度，降低土壤的酸性，方法与原理对应，选项B不符合题意；
C、熟石灰是氢氧化钙，属于碱，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，生成盐和水，从而改良酸性土壤，方法与原理对应，选项C不符合题意；
D、酸性土壤中钼有效性低的原因是低pH条件下，对植物有效的水溶性钼会转化为溶解度很低的氧化态钼，仅施用钼肥只能增加土壤中钼的总含量，无法阻止水溶性钼转化为难溶的氧化态钼，因此不能提高钼的有效性，方法与原理不对应，选项D符合题意。
故答案为：D。
12．【答案】C
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；生石灰的性质与用途；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、酚酞试液的变色规律是遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色，水和稀盐酸都呈中性，都不能使酚酞试液变色，现象相同，无法鉴别，选项A不符合题意；
B、NaCl溶液和蒸馏水都呈中性，它们的pH都等于7，用pH试纸检测，pH值相同，无法鉴别，选项B不符合题意；
C、生石灰是氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，会使溶液温度明显升高；石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙不溶于水，与水不反应，温度无明显变化，现象不同，可以鉴别，选项C符合题意；
D、氧气和二氧化碳滴加几滴水，都没有明显的实验现象，无法鉴别，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据酸碱指示剂的变色规律解答，酚酞试液在中性和酸性溶液中都不变色，因此不能鉴别水和稀盐酸；
B、根据溶液的酸碱性与pH的关系解答，中性溶液的pH都为7，因此不能用pH试纸鉴别NaCl溶液和蒸馏水；
C、根据物质溶解时的热效应解答，生石灰与水反应放热，石灰石与水不反应，温度变化不同，可以鉴别；
D、根据氧气和二氧化碳的性质解答，氧气和二氧化碳与水反应都没有明显现象，因此滴加水无法鉴别二者。
13．【答案】A
【知识点】溶解时的吸热或放热现象
【解析】【解答】氯化钠溶于水时，扩散过程吸收的热量和水合过程放出的热量几乎相等，因此溶液温度几乎不变，左侧装置内的压强与外界大气压相等，所以左侧红墨水高度无明显变化，左侧气球大小也无明显变化；硝酸铵溶于水时，扩散过程吸收的热量大于水合过程放出的热量，因此溶液温度降低，右侧装置内的气体遇冷收缩，压强减小，小于外界大气压，所以右侧红墨水会下降，右侧气球会变小。
A、左侧红墨水高度无明显变化，右侧红墨水下降，与实验现象一致，选项A符合题意；
B、右侧红墨水高度无明显变化，左侧红墨水下降，与实验现象相反，选项B不符合题意；
C、左侧气球变小，右侧气球变大，与实验现象相反，选项C不符合题意；
D、右侧气球变小，左侧气球变大，与实验现象相反，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物质溶解时的热效应和装置内压强的变化解答，物质溶解时温度不变，装置内压强不变；物质溶解时吸热，装置内温度降低，压强减小；物质溶解时放热，装置内温度升高，压强增大，压强变化会导致红墨水和气球的状态发生改变。
14．【答案】A
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；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、0℃时，溶液质量为24g，烧杯中原有水的质量为20g，因此溶解的物质X的质量为24g-20g=4g，即0℃时，20g水中最多溶解4g物质X达到饱和，设0℃时物质X的溶解度为S，则S：100g=4g：20g，解得S=20g，选项A符合题意；
B、A、B点都有未溶解的固体剩余，说明溶液已经达到饱和状态；C、D点没有固体剩余，无法确定溶液是否还能继续溶解物质X，因此无法确定C、D是否为饱和溶液，选项B不符合题意；
C、t3℃时的溶液质量为50g，t2℃时的溶液质量也为50g，说明t3℃时的溶液降温到t2℃时，没有晶体析出，选项C不符合题意；
D、t1℃时，B点溶液的质量为32g，其中水的质量为20g，因此溶质的质量为32g-20g=12g，溶质质量分数为，不是40%，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据溶解度的概念解答，溶解度是指一定温度下，100g溶剂中达到饱和时所能溶解的溶质质量，通过计算一定量水中溶解的溶质质量可求出溶解度；
B、根据饱和溶液的判断方法解答，有未溶解固体剩余的溶液一定是饱和溶液，没有固体剩余的溶液可能是饱和溶液也可能是不饱和溶液；
C、根据降温结晶的判断方法解答，若降温后溶液质量不变，说明没有晶体析出；
D、根据溶质质量分数的计算解答，溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%，注意溶液质量是溶质质量和溶剂质量之和。
15．【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、在金属活动性顺序中，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来。由转化关系可知，乙能生成丙和甲，说明乙的活动性比丙和甲都强；丙能生成甲，说明丙的活动性比甲强，因此三种金属的活动性顺序为乙＞丙＞甲，选项A不符合题意；
B、若甲是铜，丙是银，银的活动性弱于铜，银不能与铜的盐溶液反应生成铜，不符合丙→甲的转化关系，选项B不符合题意；
C、图中涉及的反应都是金属单质与另一种金属的盐溶液反应，生成另一种金属单质和另一种盐溶液，都符合置换反应“单质+化合物→新单质+新化合物”的特征，因此都属于置换反应，选项C符合题意；
D、若乙、丙是氢前金属，如铁、锌，那么铁和锌都能与稀盐酸反应生成氢气，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据金属活动性顺序的应用解答，活动性强的金属能置换出活动性弱的金属，通过转化关系可判断金属活动性强弱；
B、根据金属的转化关系解答，银的活动性比铜弱，不能置换出铜，因此不符合转化关系；
C、根据置换反应的定义解答，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，金属与盐溶液的反应都属于置换反应；
D、根据金属与酸的反应解答，氢前金属能与稀盐酸、稀硫酸反应生成氢气，氢后金属不能。
16．【答案】（1）隔绝氧气（或空气）
（2）可燃物；油的密度比水小，会浮在水面上继续燃烧，还可能随水扩散扩大火势
（3）清除（或隔离）可燃物
（4）降低温度至可燃物的着火点以下；不同
【知识点】燃烧与燃烧的条件；灭火的原理和方法
【解析】【解答】（1）在建材上涂抹厚厚的泥浆，泥浆会覆盖在建材表面，隔绝建材与空气中的氧气接触，使建材无法满足燃烧需要的氧气条件，从而阻止燃烧，达到防火的目的，因此此措施依据的灭火原理是隔绝氧气或空气；
（2）燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到可燃物的着火点，薪草能够燃烧，属于燃烧三条件中的可燃物；油的密度比水小，会浮在水面上，无法被水覆盖，仍然能与氧气接触继续燃烧，而且油会随水流动，扩大火势，因此“膏油”着火不能用水来灭火；
（3）“绝薪止火”的意思是断绝柴火，使火熄灭，柴火是燃烧的可燃物，移走可燃物，燃烧就会停止，因此涉及的灭火原理是清除或隔离可燃物；
（4）①“向火蹙水注之”，水接触到燃烧的物体后，会迅速蒸发，蒸发过程中吸收大量的热量，使可燃物的温度降低到着火点以下，从而灭火；
②灭火毡是覆盖在燃烧物表面，通过隔绝燃烧物与氧气的接触来灭火，而水灭火是通过降低温度到着火点以下来灭火，因此二者的灭火原理不同。
【分析】（1）根据灭火的原理解答，灭火的原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气、降低温度到着火点以下，涂抹泥浆是通过隔绝氧气来灭火；
（2）根据燃烧的条件和油火的特点解答，燃烧需要可燃物、氧气、温度达到着火点，油的密度比水小，会浮在水面上，因此水不能扑灭油火；
（3）根据灭火的原理解答，移走可燃物可以灭火，这是最彻底的灭火方法；
（4）根据灭火的原理解答，水灭火是利用水蒸发吸热降低温度，灭火毡灭火是利用隔绝氧气，二者原理不同。
（1）厚泥浆覆盖在建材表面，隔绝了建材与空气（氧气）的接触，从而阻止燃烧，达到防火目的。
（2）薪草可以燃烧，属于燃烧三条件中的可燃物；油的密度比水小，浮在水面上无法隔绝氧气，因此会继续燃烧，还会随水流动扩大火势，所以油火不能用水扑灭。
（3）“绝薪”指移走作为可燃物的柴草，因此灭火原理是清除可燃物。
（4）①水接触火后蒸发吸收大量热，使可燃物温度降低到着火点以下，从而灭火；②灭火毡是覆盖在燃烧物表面通过隔绝氧气灭火，和水灭火的原理不同。
17．【答案】（1）燃烧过程不产生CO2
（2）氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷
（3）随着一氧化碳体积分数的增加，混合气体燃烧速率先升高后降低；0.8
（4）低
（5）；绿色环保
【知识点】空气的组成；化学方程式的书写与配平；常用燃料的使用与其对环境的影响；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】（1）氨气的化学式为NH3，由氮元素和氢元素两种元素组成，不含碳元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，因此氨气燃烧过程中不会产生二氧化碳，能有效降低碳排放；
（2）由题干信息可知，目前氨作燃料燃烧时存在的制约因素有：氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷，不仅导致燃烧效率低，部分未燃氨逃逸，且会产生大量的氮氧化物，污染环境；
（3）由图1的曲线变化可知，随着一氧化碳体积分数的增加，混合气体的燃烧速率先逐渐升高，当一氧化碳体积分数达到0.2时，燃烧速率达到最大值，之后随着一氧化碳体积分数的继续增加，燃烧速率逐渐降低；当混合气体中CO的体积分数为0.2时，氨的体积分数为1-0.2=0.8，此时混合气体燃烧速率最快；
（4）沸点越低的物质，越容易汽化。将液态空气升温，液氮比液氧先变成气态，说明液氮的沸点比液氧低；
（5）由图2可知，电解合成氨的反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，反应条件是通电，因此化学方程式为；相比于传统制氨法需要高温、高压、催化剂的苛刻条件，电解合成氨工艺以氮气和水为原料，原料绿色环保，反应条件温和，节能降耗，是一种更环保的制氨方法。
【分析】（1）根据质量守恒定律解答，化学反应前后元素的种类不变，不含碳元素的物质燃烧不会产生二氧化碳；
（2）根据题干信息提取解答，仔细阅读短文，找到氨作燃料存在的问题，这些就是制约因素；
（3）根据图像信息解答，分析曲线的变化趋势，找到燃烧速率的最大值对应的气体体积分数；
（4）根据沸点与物质状态变化的关系解答，沸点低的物质先汽化，沸点高的物质后汽化；
（5）根据化学方程式的书写和工艺优缺点解答，根据反应物、生成物和反应条件书写化学方程式，对比传统工艺的缺点，分析电解合成氨的优点。
（1）根据题干信息可知，氨燃烧过程不产生CO2，能有效降低碳排放。
（2）根据题干信息可知，目前氨作燃料燃烧时存在的制约因素是氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷，不仅导致燃烧效率低，部分未燃氨逃逸，且会产生大量的氮氧化物。
（3）由图1可知，CO体积分数对混合气体燃烧速率的影响为随着一氧化碳体积分数的增加，混合气体燃烧速率先升高后降低，当混合气体中氨的体积分数为0.8时，混合气体燃烧速率最快。
（4）液氮的沸点比液氧低，因此将液态空气升温，液氮比液氧先变成气态。
（5）根据图2可知，电解合成氨过程中氮气和水反应生成氧气和氨气，发生反应的化学方程式为，相比于传统制氨法，电解合成氨工艺具有的一种优点是绿色环保。
18．【答案】（1）酒精灯；AD；
（2）形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出；m
（3）能控制反应速率
（4）abc；乙；气泡产生的速度
【知识点】实验室常见的仪器及使用；氧气的实验室制法；气体制取装置的探究；基于特定需求设计和制作简易供氧器
【解析】【解答】（1）图中仪器甲的名称是酒精灯；用高锰酸钾制取氧气是固体加热型反应，发生装置选A；氧气不易溶于水，排水法收集的气体较纯净，收集装置选D，因此装置组合为AD；高锰酸钾在加热条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为： ；
（2）长颈漏斗末端伸入液面以下的目的是形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出；氧气的密度比空气大，用F装置收集氧气时，气体应从长管m端通入；
（3）与B装置相比，C装置中的分液漏斗可以控制液体的滴加速度，从而控制反应速率；
（4）①制作简易供氧器时，需要考虑原料是否环保、易得，操作是否简便、安全，装置气密性是否良好，故选abc；
②对产生的氧气进行洗涤和加湿有利于人体呼吸，往加湿仓中加水，最恰当的位置是乙，丙点位置太低，起不到加湿的作用，甲点位置太高，不便于添加试剂；氧气不易溶于水，可通过观察加湿仓中气泡产生的速度来判断氧气的流速。
【分析】（1）根据常见实验仪器的名称和气体制备装置的选择解答，固体加热型反应选A装置，排水法收集的气体较纯净；
（2）根据实验装置的注意事项和气体收集方法解答，长颈漏斗末端液封防止漏气，密度比空气大的气体用向上排空气法收集；
（3）根据不同发生装置的优点解答，分液漏斗可控制液体滴加速度，进而控制反应速率；
（4）根据简易装置的设计原则和氧气的性质解答，综合考虑原料、操作、安全等因素，利用气泡速度判断气体流速。
（1）图中仪器甲的名称是酒精灯；
用高锰酸钾制取并收集较纯净的氧气，该反应为固体加热型，发生装置可选择A，排水法收集的气体较排空气法纯净，氧气不易溶于水，收集较纯净的氧气，可选择D排水法，故应选择的装置组合为AD；
高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为；
（2）若用BF装置组合制取并收集氧气，长颈漏斗末端要插入液面以下，目的是形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出；
氧气密度比空气大，则F装置应长进短出，故B装置的导管口应与F装置的m端管口相连；
（3）与B装置相比，C装置可以通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应速率；
（4）制作简易供氧器时，原料是否环保、易得，操作是否简便、安全，装置气密性是否良好都需要考虑，故选abc；
对产生的氧气进行洗涤和加湿有利于人体呼吸，往加湿仓中加水，最恰当的位置是乙，丙点位置太低，起不到加湿的作用，甲点位置太高，不便于添加试剂；
氧气不易溶于水，可通过观察加湿仓中气泡产生的速度来判断氧气的流速。
19．【答案】注射器B的活塞慢慢向左移动；重复步骤1和步骤2，用相同体积的水代替氢氧化钠溶液进行步骤3；B；二氧化碳能溶于水且与水反应，也能和氢氧化钠溶液反应，与氢氧化钠溶液反应导致压强减小幅度比二氧化碳溶于水且与水反应导致压强减小幅度大；氯化钙；有白色沉淀生成；溶液变浑浊；
【知识点】碱的化学性质；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；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，会消耗注射器B内的二氧化碳气体，导致注射器B内的压强减小，小于外界大气压，因此外界大气压会推动注射器B的活塞慢慢向左移动；但是二氧化碳能溶于水且能与水反应，也会消耗二氧化碳，使注射器B内的压强减小，因此上述实验不严谨，需要补做对比实验排除水的影响，即重复步骤1和步骤2，用相同体积的水代替氢氧化钠溶液进行步骤3，观察活塞移动的幅度，若加入氢氧化钠溶液时活塞移动幅度更大，说明氢氧化钠与二氧化碳发生了反应；
（2）二氧化碳与氢氧化钠反应消耗的二氧化碳比二氧化碳溶于水且与水反应消耗的二氧化碳多，因此加入氢氧化钠溶液时，烧瓶内压强减小的幅度更大，所以曲线B表示二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应；实验结论是：二氧化碳能溶于水且与水反应，也能和氢氧化钠溶液反应，与氢氧化钠溶液反应导致压强减小幅度比二氧化碳溶于水且与水反应导致压强减小幅度大，因此可以证明氢氧化钠和二氧化碳发生了化学反应；
（3）二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠能与可溶性钙盐或钡盐反应生成白色沉淀，因此可以向反应后的溶液中加入氯化钙溶液，若观察到有白色沉淀生成，说明有碳酸钠生成，即氢氧化钠与二氧化碳发生了反应；
（4）由表格数据可知，碳酸钠在酒精中的溶解度小于0.01g，几乎不溶于酒精，而氢氧化钠在酒精中有一定的溶解度，因此将二氧化碳通入饱和NaOH的乙醇溶液中，二氧化碳与氢氧化钠反应生成的碳酸钠会以白色沉淀的形式析出，观察到溶液变浑浊，证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应；反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3↓+H2O。
【分析】（1）根据压强变化和对比实验的设计解答，气体减少会导致装置内压强减小，使活塞移动；对比实验要控制变量，只改变一个变量，其他条件都相同，这里需要排除水的影响；
（2）根据数字化实验的图像分析解答，反应消耗的气体越多，压强减小的幅度越大，通过对比两条曲线的压强变化幅度，可证明反应的发生；
（3）根据碳酸钠的化学性质解答，碳酸钠能与钙盐、钡盐反应生成白色沉淀，通过检验碳酸钠的存在可证明反应的发生；
（4）根据物质的溶解性和化学方程式的书写解答，碳酸钠在酒精中溶解度很小，会以沉淀形式析出，这是证明二氧化碳与氢氧化钠反应的一种巧妙方法。
20．【答案】（1）NaHCO3；作氮肥；；二氧化碳、水；蒸发浓缩；降温结晶
（2）；温度过低，反应速率慢，且硫酸钠可能结晶析出影响反应进行；Na+
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；盐的化学性质；纯碱的制取；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①“碳酸化”过程中，向饱和氨盐水中通入二氧化碳，会析出碳酸氢钠晶体，当有晶体析出时，溶液一定是该晶体的饱和溶液，因此“碳酸化”后的溶液一定是NaHCO3的饱和溶液；副产物NH4Cl中含有氮元素，氮元素是植物生长必需的营养元素，因此NH4Cl在农业上可用作氮肥；
②碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；该流程中，二氧化碳和水既是“碳酸化”过程的反应物，又是碳酸氢钠分解的生成物，因此能够循环利用的物质是二氧化碳和水；
③由溶解度曲线可知，氯化铵的溶解度随温度升高而显著增大，氯化钠和碳酸氢钠的溶解度受温度影响较小，因此从含有氯化铵、少量氯化钠和碳酸氢钠的滤液中得到氯化铵晶体，应采用降温结晶的方法，具体操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（2）①“反应器”中，首先氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，然后碳酸氢铵与硫酸钠反应生成碳酸氢钠沉淀和硫酸铵，第二步反应的化学方程式为2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；“反应器”中温度不宜过低，原因是温度过低，化学反应速率会变慢，同时由硫酸钠的溶解度曲线可知，温度过低，硫酸钠的溶解度减小，会结晶析出，影响反应的进行；
②“反应器”中发生的反应生成了碳酸氢钠和硫酸铵，还有未反应的硫酸钠，因此过滤得到的“母液”中含有碳酸氢钠、硫酸铵和硫酸钠，阳离子除H+、NH4+外，还包括Na+。
【分析】（1）①根据饱和溶液的判断和化肥的用途解答，有晶体析出的溶液一定是该溶质的饱和溶液，含氮元素的化肥可用作氮肥；
②根据碳酸氢钠的分解反应和流程中物质的循环解答，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，既是反应物又是生成物的物质可以循环利用；
③根据结晶方法的选择解答，溶解度受温度影响大的物质用降温结晶提纯，溶解度受温度影响小的用蒸发结晶提纯；
（2）①根据化学方程式的书写和反应速率的影响因素解答，温度过低反应速率慢，且硫酸钠溶解度减小会结晶析出，影响反应；
②根据溶液中的离子组成解答，分析母液中含有的溶质，确定阳离子的种类。
（1）①“碳酸化”后有NaHCO3析出，则“碳酸化”后的溶液一定是NaHCO3的饱和溶液；
NH4Cl中含有氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故副产物NH4Cl的用途可以是作氮肥；
故填：NaHCO3；作氮肥；
②碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为；该流程中二氧化碳、水既作为反应物，又作为生成物，故该流程中能够循环利用的物质为二氧化碳、水，故填：；二氧化碳、水；
③由溶解度曲线图可知，碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵的溶解度均随温度升高而增大，其中氯化铵的溶解度受温度变化影响较大，可采用降温结晶的方法得到氯化铵，则从该滤液中得到NH4Cl晶体的操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故填：蒸发浓缩、降温结晶；
（2）①“反应器”中发生的反应可理解为两步反应，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与硫酸钠反应生成碳酸氢钠和硫酸铵，反应的化学方程式为；
“反应器”中温度过低时，反应速率会变慢，同时，由硫酸钠的溶解度曲线图可知，温度过低，硫酸钠的溶解度减小，可能会结晶析出，影响反应的进行，所以“反应器”中温度不宜过低，原因是温度过低，反应速率慢，且硫酸钠可能结晶析出影响反应进行；
故填：；温度过低，反应速率慢，且硫酸钠可能结晶析出影响反应进行；
②“反应器”中发生的反应是硫酸钠、二氧化碳、氨气与水反应生成碳酸氢钠和硫酸铵，碳酸氢钠首先达到饱和状态以沉淀析出，则过滤得到的“母液”中含有碳酸氢钠、硫酸铵，则“母液”中的阳离子除H+、外，还包括Na+，故填：Na+。
21．【答案】（1）22
（2）设该石灰石中CaCO3的质量为
则该石灰石中CaCO3的质量分数为：
答：该石灰石中CaCO3的质量分数为62.5%。
（3）
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；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）由表中数据可知，反应到t5时反应后固体的质量不再减少，即t5时石灰石中碳酸钙完全反应，减小的质量就是生成的二氧化碳的质量为80g－58g＝22g；（3）由表中的数据可知，t1、t2、t3、t4、t5时生成的二氧化碳的质量分别是5g、5g、4g、4g、4g。煅烧时生成气体的质量(m)随时间(t)变化的曲线如下：。
【分析】（1）根据反应后固体减少质量为生成二氧化碳质量分析；
（2）根据反应后生成二氧化碳质量及方程式中物质间质量关系计算碳酸钙质量，从而计算石灰石中碳酸钙质量分数分析；
（3）根据表中数据确定各时间产生二氧化碳质量，再利用描点法绘制图像分析。
（1）由表中数据可知，反应到t5时反应后固体的质量不再减少，即t5时石灰石中碳酸钙完全反应，减小的质量就是生成的二氧化碳的质量为80g－58g＝22g；
（2）解析见答案；
（3）由表中的数据可知，t1、t2、t3、t4、t5时生成的二氧化碳的质量分别是5g、5g、4g、4g、4g。煅烧时生成气体的质量(m)随时间(t)变化的曲线如下：。
1 / 12026年广东揭阳市真理中学中考一模化学模拟卷
一、选择题
1．《天工开物》中记载的甘蔗制作红糖的主要步骤，主要涉及化学变化的是
A．削蔗去杂 B．石碾碎蔗 C．渣汁分离 D．热锅熬糖
【答案】D
【知识点】物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、削蔗去杂只是将甘蔗中混杂的枝叶、泥土等杂质去除，没有新物质生成，属于物理变化，选项A不符合题意；
B、石碾碎蔗只是通过外力将甘蔗的形状由块状变成碎末状，没有新物质生成，属于物理变化，选项B不符合题意；
C、渣汁分离只是通过过滤的方法将不溶于水的甘蔗渣和溶于水的甘蔗汁分开，没有新物质生成，属于物理变化，选项C不符合题意；
D、热锅熬糖过程中，蔗糖在高温下发生焦化反应，生成了焦糖等新的有色物质，有新物质生成，属于化学变化，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据物理变化的本质特征解答，物理变化只是物质的形状、状态、位置等发生改变，没有新物质生成，削蔗去杂只是物质的分离，无新物质；
B、根据物理变化的本质特征解答，物质的粉碎过程只是形状改变，分子本身没有变化，没有新物质生成；
C、根据物理变化的本质特征解答，过滤是分离固体和液体的物理方法，没有发生化学反应；
D、根据化学变化的本质特征解答，化学变化的本质是有新物质生成，蔗糖的焦化反应生成了焦糖等新物质，属于化学变化。
我国炼铜历史悠久，《采铜炼铜记》中记载“……用炭八九千斤（约4 800 kg），不过得铜五六百斤（约320 kg）”，同学们利用如图所示装置模拟古代竖炉炼铜实验，经高温煅烧，冷却后观察到石英方舟上下均出现红色物质。
2．实验涉及的下列物质中属于盐的是
A．氧化铜 B．煤炭粉 C．碳酸钾 D．铜
3．实验时应严格遵守实验室安全守则和操作规范。下列做法不正确的是
A．可将零食、水杯带进实验室
B．进行实验时，需佩戴好护目镜
C．发生烫伤时，应立即用大量冷水冲洗
D．实验后剩余的试剂应放入指定容器内
4．关于模拟竖炉炼铜实验的说法正确的是
A．记载中消耗氧化铜的质量约为400 kg
B．实验结束后碳酸钾的质量减少
C．向反应后的物质中加入稀盐酸无明显现象
D．实验中煤炭的作用只为燃烧提供热量
【答案】2．C
3．A
4．A
【知识点】碳、一氧化碳、氢气还原氧化铜实验；盐的化学性质；酸、碱、盐的概念
【解析】【分析】（1）A、根据氧化物的定义解答，氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物，氧化铜符合氧化物的定义，不符合盐的定义；
B、根据混合物和纯净物的区别解答，盐是纯净物，煤炭粉是多种物质组成的混合物，因此不可能是盐；
C、根据盐的定义解答，盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子构成的化合物，碳酸钾由钾离子和碳酸根离子构成，属于盐；
D、根据单质的定义解答，单质是由同种元素组成的纯净物，铜是金属单质，不属于盐。
（2）A、根据实验室安全规则解答，实验室是进行化学实验的场所，所有物品都可能被化学药品污染，禁止在实验室饮食，防止误食有毒物质；
B、根据实验室安全防护知识解答，护目镜是实验必备的个人防护用品，能防止眼睛受到化学伤害；
C、根据实验室意外事故的处理方法解答，冷水冲洗是处理轻度烫伤最有效的方法，能快速降温，减少组织损伤；
D、根据实验室剩余药品的处理原则解答，剩余药品的处理要遵循“三不一要”原则，即不放回原瓶、不随意丢弃、不拿出实验室，要放入指定容器。
（3）A、根据元素守恒和元素质量分数的计算解答，化学反应前后元素的质量不变，铜元素全部从氧化铜转移到单质铜中，通过铜的质量和氧化铜中铜元素的质量分数可计算出氧化铜的质量；
B、根据催化剂的特点解答，催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变，碳酸钾是该反应的催化剂，因此质量不变；
C、根据酸与金属氧化物的反应解答，氧化铜能与稀盐酸反应生成蓝色的氯化铜溶液，若有未反应的氧化铜，加入稀盐酸会有明显现象；
D、根据碳的化学性质解答，碳具有可燃性和还原性，在该反应中，碳既作燃料提供热量，又作还原剂生成一氧化碳还原氧化铜。
2． A、氧化铜是由铜元素和氧元素两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，属于氧化物，不属于盐，选项A不符合题意；
B、煤炭粉是由碳单质、矿物质等多种物质组成的混合物，而盐是纯净物中的一类，因此煤炭粉不属于盐，选项B不符合题意；
C、碳酸钾是由钾离子（金属阳离子）和碳酸根离子（酸根阴离子）构成的化合物，完全符合盐的定义，属于盐，选项C符合题意；
D、铜是由铜元素一种元素组成的纯净物，属于金属单质，不属于盐，选项D不符合题意。
故答案为：C。
3．A、实验室中的化学药品大多具有腐蚀性、毒性或刺激性，将零食、水杯带进实验室，零食和水杯容易被化学药品污染，误食后会引发中毒等安全事故，做法不正确，选项A符合题意；
B、进行化学实验时，液体可能会飞溅，固体可能会崩落，佩戴护目镜能有效保护眼睛免受这些伤害，做法正确，选项B不符合题意；
C、发生烫伤时，立即用大量冷水冲洗烫伤部位，能快速带走热量，降低烫伤部位的温度，减轻烫伤的程度，做法正确，选项C不符合题意；
D、实验后剩余的试剂不能随意丢弃，否则会污染环境；也不能放回原瓶，否则会污染原试剂瓶中的药品，应放入指定的容器内统一处理，做法正确，选项D不符合题意。
故答案为：A。
4． A、氧化铜中铜元素的质量分数为铜的相对原子质量÷氧化铜的相对分子质量×100%= ，根据元素守恒，氧化铜中的铜元素全部转化为单质铜，因此得到320kg铜需要氧化铜的质量为320kg÷80%=400kg，选项A符合题意；
B、碳酸钾在该反应中作催化剂，催化剂的定义是能改变其他物质的化学反应速率，而本身的质量和化学性质在化学反应前后都不发生改变，因此实验结束后碳酸钾的质量不变，选项B不符合题意；
C、若反应后有未完全反应的氧化铜，加入稀盐酸后，氧化铜会与稀盐酸发生反应：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，氯化铜溶液呈蓝色，因此会观察到溶液变为蓝色，有明显现象，选项C不符合题意；
D、实验中煤炭有两个作用：一是煤炭燃烧放热，为反应提供所需的高温条件；二是煤炭与燃烧生成的二氧化碳在高温下反应生成一氧化碳，一氧化碳作为还原剂还原氧化铜，因此煤炭的作用不只是提供热量，选项D不符合题意。
故答案为：A。
5．向盛有大理石的锥形瓶中加入酸后，过一会儿大理石表面几乎没有气泡产生。下列推理不合理的是
A．加入的酸可能是稀硫酸 B．大理石的质量将小于
C．加入的酸可能用量不足 D．锥形瓶的瓶塞处出现漏气
【答案】D
【知识点】质量守恒定律及其应用；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、如果实验中加入的酸是稀硫酸，稀硫酸与大理石中的碳酸钙反应会生成硫酸钙CaSO4，硫酸钙是微溶于水的物质，会覆盖在大理石的表面，隔绝大理石与稀硫酸的接触，导致反应逐渐停止，几乎不再产生气泡，该推理合理，选项A不符合题意；
B、大理石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙与酸反应会被消耗转化为可溶性盐、水和二氧化碳，反应过程中大理石的质量会不断减少，所以反应后大理石的质量一定小于初始的2.0g，该推理合理，选项B不符合题意；
C、如果加入的酸的量不足，当酸被完全消耗后，没有反应物继续参与反应，化学反应就会停止，不再产生气泡，该推理合理，选项C不符合题意；
D、装置瓶塞漏气只会导致反应生成的二氧化碳气体从缝隙中逸散出去，不会影响大理石和酸之间的化学反应，反应依然会持续进行并产生气泡，不会出现气泡消失的现象，该推理不合理，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据稀硫酸与碳酸钙反应的特殊性质解答，硫酸钙微溶会阻碍反应持续进行；
B、根据化学反应中反应物的质量变化规律解答，反应物参与反应后质量会减少；
C、根据反应物用量对反应进程的影响解答，反应物不足会导致反应提前停止；
D、根据装置漏气的实际影响解答，漏气仅影响气体收集，不影响反应本身的发生。
古代“刮土熬硝”与“晒硝”是传统制取硝石（主要成分KNO3）的核心工艺，主要用于制造火药、肥料和医药。
6．无土栽培营养液中含有硝酸钾、硝酸钙等。农业上硝酸钾属于
A．氮肥 B．磷肥 C．钾肥 D．复合肥
7．硝石是制造黑火药的主要原料，古籍中记载用硝石、硫磺、炭化的皂角制成火药，爆炸时发生反应的化学方程式为2KNO3+3C+SK2S+3X↑+N2↑，X的化学式为
A．CO B．CO2 C．SO2 D．NO2
8．如图是硝酸钾的溶解度曲线，下列说法不正确的是
A．加热熬制过程中，硝酸钾溶液的溶质质量分数不变
B．加热熬制后的溶液晾凉至室温后，溶液仍为饱和溶液
C．50 ℃时，将40 g的硝酸钾加入50 g的水中，形成不饱和溶液
D．制取硝石过程中硝酸钾的总质量没有发生变化
【答案】6．D
7．B
8．A
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度曲线及其作用；常见化肥的种类和作用；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】（1）A、根据氮肥的定义解答，仅含氮元素的化肥为氮肥；
B、根据磷肥的定义解答，仅含磷元素的化肥为磷肥；
C、根据钾肥的定义解答，仅含钾元素的化肥为钾肥；
D、根据复合肥的定义解答，含两种及以上营养元素的化肥为复合肥。
（2）根据质量守恒定律解答，化学反应前后原子的种类、数目、质量都不变，通过计算反应前后原子的差值，推导未知物质的化学式。
（3）A、根据溶质质量分数的计算解答，溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%，溶剂减少，溶质不变，溶质质量分数升高；
B、根据饱和溶液的判断解答，有晶体析出的溶液一定是该温度下的饱和溶液；
C、根据溶解度的概念解答，计算50g水中最多溶解的硝酸钾质量，与加入的质量比较；
D、根据物理变化的特点解答，物理变化过程中物质的总质量不变。
6．A、氮肥是只含有氮元素一种营养元素的化肥，硝酸钾中还含有钾元素，不属于氮肥，选项A不符合题意；
B、磷肥是只含有磷元素一种营养元素的化肥，硝酸钾中不含磷元素，不属于磷肥，选项B不符合题意；
C、钾肥是只含有钾元素一种营养元素的化肥，硝酸钾中还含有氮元素，不属于钾肥，选项C不符合题意；
D、复合肥是同时含有氮、磷、钾三种营养元素中的两种或两种以上的化肥，硝酸钾中含有氮和钾两种营养元素，属于复合肥，选项D符合题意。
故答案为：D。
7．根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变。反应前原子总数：2个K原子、2个N原子、6个O原子、3个C原子、1个S原子；反应后已知原子总数：2个K原子、2个N原子、1个S原子。因此3X中含有3个C原子和6个O原子，即X中含有1个C原子和2个O原子，X的化学式为CO2。
A、CO不符合原子守恒，选项A不符合题意；
B、CO2符合原子守恒，选项B符合题意；
C、SO2不符合原子守恒，选项C不符合题意；
D、NO2不符合原子守恒，选项D不符合题意。
故答案为：B。
8．A、加热熬制过程中，水分不断蒸发，溶剂质量减少，因此硝酸钾溶液的溶质质量分数会逐渐升高，选项A符合题意；
B、加热熬制至有少量晶体析出，说明此时溶液为高温下的饱和溶液，晾凉至室温后，硝酸钾的溶解度降低，会有大量晶体析出，溶液仍为饱和溶液，选项B不符合题意；
C、50℃时硝酸钾的溶解度为85.5g，即100g水中最多溶解85.5g硝酸钾，因此50g水中最多溶解42.75g硝酸钾，加入40g硝酸钾能完全溶解，形成不饱和溶液，选项C不符合题意；
D、制取硝石的过程是溶解、过滤、结晶的物理分离过程，没有发生化学反应，因此硝酸钾的总质量没有发生变化，选项D不符合题意。
故答案为：A。
土壤的酸碱性影响着农作物的生长，酸性土壤中普遍缺少氮、磷、钾等元素，由于pH较低，对植物有效的水溶性钼易转化为溶解度很低的氧化态，使得钼的有效性大大降低，从而降低植物产率。完成下面小题。
9．为补充酸性土壤中缺钾的情况，在农作物生长的过程中应施用的肥料为
A．Ca(H2PO4)2 B．K2SO4 C．CO(NH2)2 D．NH3NO3
10．钼元素在元素周期表中的信息及原子结构示意图如图所示，下列说法错误的是
A．钼的元素符号为Mo B．x的值为13
C．钼原子的最外层电子数为1 D．钼元素的质量为95.95 g
11．为了提高酸性土壤中农作物的产量，采取下列方法，其中方法与原理不对应的是
选项 改良方法 原理
A 种植耐酸性农作物 适宜耐酸性作物生长
B 淡水浇灌 稀释酸性土壤中酸性物质的浓度
C 使用熟石灰改良酸性土壤 中和土壤中的酸性物质
D 施用含有钼元素的肥料 提高酸性土壤中钼的有效性
A．A B．B C．C D．D
【答案】9．B
10．D
11．D
【知识点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系；常见化肥的种类和作用；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解析】（1）A、根据化肥的分类解答，含磷元素的化肥是磷肥，磷肥主要作用是促进植物根系发育；
B、根据化肥的分类解答，含钾元素的化肥是钾肥，钾肥主要作用是增强植物抗倒伏和抗病虫害能力，能补充酸性土壤中的钾元素；
C、根据化肥的分类解答，含氮元素的化肥是氮肥，氮肥主要作用是促进植物茎叶生长；
D、根据化肥的分类解答，硝酸铵是常见的氮肥，只含氮元素，不能补充钾元素。
（2）A、根据元素周期表单元格的信息解答，右上角的符号是元素符号，书写时第一个字母大写，第二个字母小写；
B、根据原子的结构解答，原子中质子数=核外电子数，通过核外电子总数可计算出x的值；
C、根据原子结构示意图的含义解答，原子结构示意图中最外层的电子数就是原子的最外层电子数；
D、根据相对原子质量的概念解答，相对原子质量是原子的实际质量与碳-12原子质量的1/12的比值，没有质量单位。
（3）A、根据农作物的生长特性解答，不同农作物对土壤酸碱性的要求不同，耐酸性农作物能在酸性土壤中生长；
B、根据溶液稀释的原理解答，加水能稀释溶液，降低溶质的浓度，从而降低土壤酸性；
C、根据中和反应的应用解答，酸和碱能发生中和反应生成盐和水，熟石灰是常用的改良酸性土壤的碱；
D、根据题目信息解答，酸性土壤中钼有效性低是因为钼的存在形态发生了改变，不是因为钼的总含量低，因此仅施钼肥不能提高其有效性。
9．A、Ca(H2PO4)2中只含有磷元素一种营养元素，属于磷肥，只能补充磷元素，不能补充钾元素，选项A不符合题意；
B、K2SO4中只含有钾元素一种营养元素，属于钾肥，能补充酸性土壤中缺钾的情况，选项B符合题意；
C、CO(NH2)2中只含有氮元素一种营养元素，属于氮肥，只能补充氮元素，不能补充钾元素，选项C不符合题意；
D、NH3NO3中只含有氮元素一种营养元素，属于氮肥，只能补充氮元素，不能补充钾元素，选项D不符合题意。
故答案为：B。
10． A、元素周期表中，单元格右上角的符号表示元素符号，因此钼的元素符号为Mo，选项A不符合题意；
B、在原子中，质子数=核外电子数，钼原子的质子数为42，因此核外电子数也为42，根据原子结构示意图，核外电子数=2+8+18+x+1=42，解得x=13，选项B不符合题意；
C、由原子结构示意图可知，钼原子的核外电子排布为2、8、13、1，最外层电子数为1，选项C不符合题意；
D、元素周期表中，单元格下方的数字表示相对原子质量，相对原子质量是一个比值，单位是“1”，通常省略不写，不是“g”，因此钼的相对原子质量为95.95，不是钼元素的质量为95.95g，选项D符合题意。
故答案为：D。
11． A、种植耐酸性农作物，能让农作物在酸性土壤的环境中正常生长，提高农作物产量，方法与原理对应，选项A不符合题意；
B、淡水浇灌酸性土壤，能稀释土壤中酸性物质的浓度，降低土壤的酸性，方法与原理对应，选项B不符合题意；
C、熟石灰是氢氧化钙，属于碱，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，生成盐和水，从而改良酸性土壤，方法与原理对应，选项C不符合题意；
D、酸性土壤中钼有效性低的原因是低pH条件下，对植物有效的水溶性钼会转化为溶解度很低的氧化态钼，仅施用钼肥只能增加土壤中钼的总含量，无法阻止水溶性钼转化为难溶的氧化态钼，因此不能提高钼的有效性，方法与原理不对应，选项D符合题意。
故答案为：D。
12．物质鉴别是中学化学实验的基本要求之一，下列实验设计能实现相应物质鉴别的是
选项 鉴别的物质 实验设计 选项 鉴别的物质 实验设计
A 水和稀盐酸 B NaCl溶液和蒸馏水
C 生石灰和石灰石 D 和
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；生石灰的性质与用途；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、酚酞试液的变色规律是遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色，水和稀盐酸都呈中性，都不能使酚酞试液变色，现象相同，无法鉴别，选项A不符合题意；
B、NaCl溶液和蒸馏水都呈中性，它们的pH都等于7，用pH试纸检测，pH值相同，无法鉴别，选项B不符合题意；
C、生石灰是氧化钙，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，会使溶液温度明显升高；石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙不溶于水，与水不反应，温度无明显变化，现象不同，可以鉴别，选项C符合题意；
D、氧气和二氧化碳滴加几滴水，都没有明显的实验现象，无法鉴别，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据酸碱指示剂的变色规律解答，酚酞试液在中性和酸性溶液中都不变色，因此不能鉴别水和稀盐酸；
B、根据溶液的酸碱性与pH的关系解答，中性溶液的pH都为7，因此不能用pH试纸鉴别NaCl溶液和蒸馏水；
C、根据物质溶解时的热效应解答，生石灰与水反应放热，石灰石与水不反应，温度变化不同，可以鉴别；
D、根据氧气和二氧化碳的性质解答，氧气和二氧化碳与水反应都没有明显现象，因此滴加水无法鉴别二者。
13．为探究NaCl和溶于水时的吸热和放热情况，小组同学设计如图所示的实验。实验过程中观察到的现象正确的是
A．左侧红墨水高度无明显变化，右侧红墨水下降
B．右侧红墨水高度无明显变化，左侧红墨水下降
C．左侧气球变小，右侧气球变大
D．右侧气球变小，左侧气球变大
【答案】A
【知识点】溶解时的吸热或放热现象
【解析】【解答】氯化钠溶于水时，扩散过程吸收的热量和水合过程放出的热量几乎相等，因此溶液温度几乎不变，左侧装置内的压强与外界大气压相等，所以左侧红墨水高度无明显变化，左侧气球大小也无明显变化；硝酸铵溶于水时，扩散过程吸收的热量大于水合过程放出的热量，因此溶液温度降低，右侧装置内的气体遇冷收缩，压强减小，小于外界大气压，所以右侧红墨水会下降，右侧气球会变小。
A、左侧红墨水高度无明显变化，右侧红墨水下降，与实验现象一致，选项A符合题意；
B、右侧红墨水高度无明显变化，左侧红墨水下降，与实验现象相反，选项B不符合题意；
C、左侧气球变小，右侧气球变大，与实验现象相反，选项C不符合题意；
D、右侧气球变小，左侧气球变大，与实验现象相反，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据物质溶解时的热效应和装置内压强的变化解答，物质溶解时温度不变，装置内压强不变；物质溶解时吸热，装置内温度降低，压强减小；物质溶解时放热，装置内温度升高，压强增大，压强变化会导致红墨水和气球的状态发生改变。
14．将固体物质（不含结晶水）投入盛有水的烧杯中，搅拌，测得、、、时烧杯中溶液的质量分别如图中、、、点所示。下列说法正确的是
A．时，物质的溶解度是
B．四个点对应的溶液，一定属于饱和溶液的是A、B、C
C．时的溶液降温到时，有晶体析出
D．时，B点对应的溶液中溶质质量分数为
【答案】A
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；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、0℃时，溶液质量为24g，烧杯中原有水的质量为20g，因此溶解的物质X的质量为24g-20g=4g，即0℃时，20g水中最多溶解4g物质X达到饱和，设0℃时物质X的溶解度为S，则S：100g=4g：20g，解得S=20g，选项A符合题意；
B、A、B点都有未溶解的固体剩余，说明溶液已经达到饱和状态；C、D点没有固体剩余，无法确定溶液是否还能继续溶解物质X，因此无法确定C、D是否为饱和溶液，选项B不符合题意；
C、t3℃时的溶液质量为50g，t2℃时的溶液质量也为50g，说明t3℃时的溶液降温到t2℃时，没有晶体析出，选项C不符合题意；
D、t1℃时，B点溶液的质量为32g，其中水的质量为20g，因此溶质的质量为32g-20g=12g，溶质质量分数为，不是40%，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据溶解度的概念解答，溶解度是指一定温度下，100g溶剂中达到饱和时所能溶解的溶质质量，通过计算一定量水中溶解的溶质质量可求出溶解度；
B、根据饱和溶液的判断方法解答，有未溶解固体剩余的溶液一定是饱和溶液，没有固体剩余的溶液可能是饱和溶液也可能是不饱和溶液；
C、根据降温结晶的判断方法解答，若降温后溶液质量不变，说明没有晶体析出；
D、根据溶质质量分数的计算解答，溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%，注意溶液质量是溶质质量和溶剂质量之和。
15．甲、乙、丙三种金属单质之间的转化关系如图所示(“→”表示反应能一步实现，部分物质和反应条件已省略)，下列说法正确的是
A．三种金属的活动性顺序为：甲>丙>乙
B．若甲是铜，乙和丙分别可以是铁和银
C．图中涉及到的反应均属于置换反应
D．三种金属均不能与稀盐酸反应
【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；置换反应及其应用
【解析】【解答】A、在金属活动性顺序中，活动性强的金属能将活动性弱的金属从其盐溶液中置换出来。由转化关系可知，乙能生成丙和甲，说明乙的活动性比丙和甲都强；丙能生成甲，说明丙的活动性比甲强，因此三种金属的活动性顺序为乙＞丙＞甲，选项A不符合题意；
B、若甲是铜，丙是银，银的活动性弱于铜，银不能与铜的盐溶液反应生成铜，不符合丙→甲的转化关系，选项B不符合题意；
C、图中涉及的反应都是金属单质与另一种金属的盐溶液反应，生成另一种金属单质和另一种盐溶液，都符合置换反应“单质+化合物→新单质+新化合物”的特征，因此都属于置换反应，选项C符合题意；
D、若乙、丙是氢前金属，如铁、锌，那么铁和锌都能与稀盐酸反应生成氢气，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据金属活动性顺序的应用解答，活动性强的金属能置换出活动性弱的金属，通过转化关系可判断金属活动性强弱；
B、根据金属的转化关系解答，银的活动性比铜弱，不能置换出铜，因此不符合转化关系；
C、根据置换反应的定义解答，置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，金属与盐溶液的反应都属于置换反应；
D、根据金属与酸的反应解答，氢前金属能与稀盐酸、稀硫酸反应生成氢气，氢后金属不能。
二、填空题
16．中国传统文化蕴含着许多化学知识。
（1）《韩非子》中记载有“厚涂以备火”，战国时期人们就在建材上涂抹厚厚的泥浆，以防止火灾。此措施依据的灭火原理是　 　。
（2）《三国志》中有“乃取蒙冲斗舰数十艘，实以薪草，膏油灌其中……(黄)盖放诸船，同时发火。时风盛猛，悉延烧岸上营落”的描述。从燃烧条件分析，薪草属于　 　。“膏油”着火不能用水来灭火，原因是　 　。
（3）《汉书》中记载到“欲汤之沧，一人炊之，百人扬之，无益也，不如绝(断绝)薪止火而已”。其中“绝薪止火”涉及的灭火原理是　 　。
（4）宋代《武经总要前集》中记载，火灾时“水袋，以马、牛杂畜皮浑脱为袋，贮水三四石。若火焚楼棚，则以壮士三五人持袋口，向火蹙水注之。”
①“向火蹙水注之”的主要灭火原理是　 　。
②灭火毡是一种新型的灭火用品。使用时，将灭火毡从套中取出，覆盖在燃烧物上，以达到灭火目的。其灭火原理与上述“向火蹙水注之”灭火原理　 　(填“相同”或“不同”)。
【答案】（1）隔绝氧气（或空气）
（2）可燃物；油的密度比水小，会浮在水面上继续燃烧，还可能随水扩散扩大火势
（3）清除（或隔离）可燃物
（4）降低温度至可燃物的着火点以下；不同
【知识点】燃烧与燃烧的条件；灭火的原理和方法
【解析】【解答】（1）在建材上涂抹厚厚的泥浆，泥浆会覆盖在建材表面，隔绝建材与空气中的氧气接触，使建材无法满足燃烧需要的氧气条件，从而阻止燃烧，达到防火的目的，因此此措施依据的灭火原理是隔绝氧气或空气；
（2）燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到可燃物的着火点，薪草能够燃烧，属于燃烧三条件中的可燃物；油的密度比水小，会浮在水面上，无法被水覆盖，仍然能与氧气接触继续燃烧，而且油会随水流动，扩大火势，因此“膏油”着火不能用水来灭火；
（3）“绝薪止火”的意思是断绝柴火，使火熄灭，柴火是燃烧的可燃物，移走可燃物，燃烧就会停止，因此涉及的灭火原理是清除或隔离可燃物；
（4）①“向火蹙水注之”，水接触到燃烧的物体后，会迅速蒸发，蒸发过程中吸收大量的热量，使可燃物的温度降低到着火点以下，从而灭火；
②灭火毡是覆盖在燃烧物表面，通过隔绝燃烧物与氧气的接触来灭火，而水灭火是通过降低温度到着火点以下来灭火，因此二者的灭火原理不同。
【分析】（1）根据灭火的原理解答，灭火的原理有三个：清除可燃物、隔绝氧气、降低温度到着火点以下，涂抹泥浆是通过隔绝氧气来灭火；
（2）根据燃烧的条件和油火的特点解答，燃烧需要可燃物、氧气、温度达到着火点，油的密度比水小，会浮在水面上，因此水不能扑灭油火；
（3）根据灭火的原理解答，移走可燃物可以灭火，这是最彻底的灭火方法；
（4）根据灭火的原理解答，水灭火是利用水蒸发吸热降低温度，灭火毡灭火是利用隔绝氧气，二者原理不同。
（1）厚泥浆覆盖在建材表面，隔绝了建材与空气（氧气）的接触，从而阻止燃烧，达到防火目的。
（2）薪草可以燃烧，属于燃烧三条件中的可燃物；油的密度比水小，浮在水面上无法隔绝氧气，因此会继续燃烧，还会随水流动扩大火势，所以油火不能用水扑灭。
（3）“绝薪”指移走作为可燃物的柴草，因此灭火原理是清除可燃物。
（4）①水接触火后蒸发吸收大量热，使可燃物温度降低到着火点以下，从而灭火；②灭火毡是覆盖在燃烧物表面通过隔绝氧气灭火，和水灭火的原理不同。
三、科普阅读题
17．氨被视为氢能以外的另一种清洁能源，可替代煤、石油等燃料，燃烧过程不产生CO2，能有效降低碳排放，相较于氢气，氨易液化以便储存运输。但氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷，不仅导致燃烧效率低，部分未燃氨逃逸，且会产生大量的氮氧化物。若能与CO混合使用，将有望提高氨的燃烧性能。研究人员对混合CO的氨的燃烧进行分析，随CO体积分数的改变，混合气体燃烧速率变化如图1所示。
目前合成氨(NH3)工艺主要有两种：一是传统制氨，利用氮气和氢气在特定高温、高压及催化剂的条件下合成；二是电解合成氨，以氮气和水为原料，采用电能驱动节能工艺，原料绿色环保，制取的氨气可加压液化储存，其原理如图2所示。
依据上文，回答问题。
（1）结合氨气的组成分析，使用氨作燃料能有效降低碳排放的原因是　 　。
（2）目前氨作燃料燃烧时存在的制约因素是　 　（写一点）。
（3）由图1可知，CO体积分数对混合气体燃烧速率的影响为　 　，当混合气体中氨的体积分数为　 　时，混合气体燃烧速率最快。
（4）传统制氨过程中，可通过分离液态空气获得原料N2，将液态空气升温，液氮比液氧先变成气态，说明液氮的沸点比液氧　 　(填“高”或“低”)。
（5）依据图2写出电解合成氨过程中发生反应的化学方程式　 　，相比于传统制氨法，电解合成氨工艺具有的一种优点是　 　。
【答案】（1）燃烧过程不产生CO2
（2）氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷
（3）随着一氧化碳体积分数的增加，混合气体燃烧速率先升高后降低；0.8
（4）低
（5）；绿色环保
【知识点】空气的组成；化学方程式的书写与配平；常用燃料的使用与其对环境的影响；资源综合利用和新能源开发
【解析】【解答】（1）氨气的化学式为NH3，由氮元素和氢元素两种元素组成，不含碳元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，因此氨气燃烧过程中不会产生二氧化碳，能有效降低碳排放；
（2）由题干信息可知，目前氨作燃料燃烧时存在的制约因素有：氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷，不仅导致燃烧效率低，部分未燃氨逃逸，且会产生大量的氮氧化物，污染环境；
（3）由图1的曲线变化可知，随着一氧化碳体积分数的增加，混合气体的燃烧速率先逐渐升高，当一氧化碳体积分数达到0.2时，燃烧速率达到最大值，之后随着一氧化碳体积分数的继续增加，燃烧速率逐渐降低；当混合气体中CO的体积分数为0.2时，氨的体积分数为1-0.2=0.8，此时混合气体燃烧速率最快；
（4）沸点越低的物质，越容易汽化。将液态空气升温，液氮比液氧先变成气态，说明液氮的沸点比液氧低；
（5）由图2可知，电解合成氨的反应物是氮气和水，生成物是氨气和氧气，反应条件是通电，因此化学方程式为；相比于传统制氨法需要高温、高压、催化剂的苛刻条件，电解合成氨工艺以氮气和水为原料，原料绿色环保，反应条件温和，节能降耗，是一种更环保的制氨方法。
【分析】（1）根据质量守恒定律解答，化学反应前后元素的种类不变，不含碳元素的物质燃烧不会产生二氧化碳；
（2）根据题干信息提取解答，仔细阅读短文，找到氨作燃料存在的问题，这些就是制约因素；
（3）根据图像信息解答，分析曲线的变化趋势，找到燃烧速率的最大值对应的气体体积分数；
（4）根据沸点与物质状态变化的关系解答，沸点低的物质先汽化，沸点高的物质后汽化；
（5）根据化学方程式的书写和工艺优缺点解答，根据反应物、生成物和反应条件书写化学方程式，对比传统工艺的缺点，分析电解合成氨的优点。
（1）根据题干信息可知，氨燃烧过程不产生CO2，能有效降低碳排放。
（2）根据题干信息可知，目前氨作燃料燃烧时存在的制约因素是氨的燃烧具有点火困难、火焰不稳定等缺陷，不仅导致燃烧效率低，部分未燃氨逃逸，且会产生大量的氮氧化物。
（3）由图1可知，CO体积分数对混合气体燃烧速率的影响为随着一氧化碳体积分数的增加，混合气体燃烧速率先升高后降低，当混合气体中氨的体积分数为0.8时，混合气体燃烧速率最快。
（4）液氮的沸点比液氧低，因此将液态空气升温，液氮比液氧先变成气态。
（5）根据图2可知，电解合成氨过程中氮气和水反应生成氧气和氨气，发生反应的化学方程式为，相比于传统制氨法，电解合成氨工艺具有的一种优点是绿色环保。
四、基础实验和跨学科实践
18．化学实验技能是化学学习的基础和保证。完成下列小题：
（1）图中仪器甲的名称是　 　。用高锰酸钾制取并收集较纯净的，应选择的装置组合为　 　(填字母)，反应的化学方程式为　 　。
（2）若用BF装置组合制取并收集氧气，长颈漏斗末端要伸入液面以下，目的是　 　。B装置的导管口应与F装置的　 　(填“m”或“n”)端管口相连。
（3）与B装置相比，C装置的优点是　 　。
（4）化学小组设计简易供氧器如图所示，用过碳酸钠粉末()和制氧。
①制作简易供氧器时，需要考虑的因素有　 　(填字母)。
a．原料是否环保、易得 b．操作是否简便、安全 c．装置气密性是否良好
②对产生的氧气进行洗涤和加湿有利于人体呼吸，向加湿仓中加水，最恰当的位置是　 　(填“甲”“乙”或“丙”)。可通过观察　 　来判断氧气的流速。
【答案】（1）酒精灯；AD；
（2）形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出；m
（3）能控制反应速率
（4）abc；乙；气泡产生的速度
【知识点】实验室常见的仪器及使用；氧气的实验室制法；气体制取装置的探究；基于特定需求设计和制作简易供氧器
【解析】【解答】（1）图中仪器甲的名称是酒精灯；用高锰酸钾制取氧气是固体加热型反应，发生装置选A；氧气不易溶于水，排水法收集的气体较纯净，收集装置选D，因此装置组合为AD；高锰酸钾在加热条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为： ；
（2）长颈漏斗末端伸入液面以下的目的是形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出；氧气的密度比空气大，用F装置收集氧气时，气体应从长管m端通入；
（3）与B装置相比，C装置中的分液漏斗可以控制液体的滴加速度，从而控制反应速率；
（4）①制作简易供氧器时，需要考虑原料是否环保、易得，操作是否简便、安全，装置气密性是否良好，故选abc；
②对产生的氧气进行洗涤和加湿有利于人体呼吸，往加湿仓中加水，最恰当的位置是乙，丙点位置太低，起不到加湿的作用，甲点位置太高，不便于添加试剂；氧气不易溶于水，可通过观察加湿仓中气泡产生的速度来判断氧气的流速。
【分析】（1）根据常见实验仪器的名称和气体制备装置的选择解答，固体加热型反应选A装置，排水法收集的气体较纯净；
（2）根据实验装置的注意事项和气体收集方法解答，长颈漏斗末端液封防止漏气，密度比空气大的气体用向上排空气法收集；
（3）根据不同发生装置的优点解答，分液漏斗可控制液体滴加速度，进而控制反应速率；
（4）根据简易装置的设计原则和氧气的性质解答，综合考虑原料、操作、安全等因素，利用气泡速度判断气体流速。
（1）图中仪器甲的名称是酒精灯；
用高锰酸钾制取并收集较纯净的氧气，该反应为固体加热型，发生装置可选择A，排水法收集的气体较排空气法纯净，氧气不易溶于水，收集较纯净的氧气，可选择D排水法，故应选择的装置组合为AD；
高锰酸钾加热生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，化学方程式为；
（2）若用BF装置组合制取并收集氧气，长颈漏斗末端要插入液面以下，目的是形成液封，防止生成的气体从长颈漏斗逸出；
氧气密度比空气大，则F装置应长进短出，故B装置的导管口应与F装置的m端管口相连；
（3）与B装置相比，C装置可以通过分液漏斗控制液体的滴加速度，从而控制反应速率；
（4）制作简易供氧器时，原料是否环保、易得，操作是否简便、安全，装置气密性是否良好都需要考虑，故选abc；
对产生的氧气进行洗涤和加湿有利于人体呼吸，往加湿仓中加水，最恰当的位置是乙，丙点位置太低，起不到加湿的作用，甲点位置太高，不便于添加试剂；
氧气不易溶于水，可通过观察加湿仓中气泡产生的速度来判断氧气的流速。
五、科学探究题
19．无明显反应现象的可视化是一项重要的研究课题，某化学兴趣小组以“探究二氧化碳与氢氧化钠是否反应”为主题展开化学反应可视化的项目式学习。
【任务一】证明反应物的减少或消失
实验一：传统实验
该小组同学利用图1所示装置按照下列步骤展开探究。
步骤1：关闭K1，打开K2、K3，将2 mL稀硫酸迅速全部注入注射器C中。
步骤2：至不再产生气泡，拉动注射器B的活塞，将产生的气体全部抽出后，关闭K3。
步骤3：打开K1，将2 mL NaOH溶液注入注射器B中，关闭K2后充分振荡，观察现象。
【交流反思】
（1）通过上述实验，能证明氢氧化钠溶液与二氧化碳反应的现象是　 　，小轩同学提出质疑，他认为上述实验不严谨。要得到科学严谨的结论，仍利用该装置，应补做的对比实验是　 　。
实验二：数字化实验
【讨论交流】
（2）按照图2所示装置分别进行2次实验，所得烧瓶内压强随时间变化的曲线如图3所示，曲线　 　(填“A”或“B”)表示二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应；请分析如何从图3得出氢氧化钠和二氧化碳发生了化学反应的实验结论：　 　。
【任务二】证明有新物质生成
（3）实验三：产物转化法实验
实验操作 实验现象 实验结论
向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，再加入　 　溶液 　 　 氢氧化钠与二氧化碳发生了反应
【查阅资料】
（4）常温下NaOH、Na2CO3分别在水和酒精中的溶解度如表所示：
NaOH Na2CO3
水 109g 21.8g
酒精 17.3g ＜0.01g
【继续探究】将CO2通入饱和NaOH的乙醇溶液中，观察到　 　，证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应，反应的化学方程式为　 　。
【答案】注射器B的活塞慢慢向左移动；重复步骤1和步骤2，用相同体积的水代替氢氧化钠溶液进行步骤3；B；二氧化碳能溶于水且与水反应，也能和氢氧化钠溶液反应，与氢氧化钠溶液反应导致压强减小幅度比二氧化碳溶于水且与水反应导致压强减小幅度大；氯化钙；有白色沉淀生成；溶液变浑浊；
【知识点】碱的化学性质；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；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】（1）氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水，会消耗注射器B内的二氧化碳气体，导致注射器B内的压强减小，小于外界大气压，因此外界大气压会推动注射器B的活塞慢慢向左移动；但是二氧化碳能溶于水且能与水反应，也会消耗二氧化碳，使注射器B内的压强减小，因此上述实验不严谨，需要补做对比实验排除水的影响，即重复步骤1和步骤2，用相同体积的水代替氢氧化钠溶液进行步骤3，观察活塞移动的幅度，若加入氢氧化钠溶液时活塞移动幅度更大，说明氢氧化钠与二氧化碳发生了反应；
（2）二氧化碳与氢氧化钠反应消耗的二氧化碳比二氧化碳溶于水且与水反应消耗的二氧化碳多，因此加入氢氧化钠溶液时，烧瓶内压强减小的幅度更大，所以曲线B表示二氧化碳与氢氧化钠溶液的反应；实验结论是：二氧化碳能溶于水且与水反应，也能和氢氧化钠溶液反应，与氢氧化钠溶液反应导致压强减小幅度比二氧化碳溶于水且与水反应导致压强减小幅度大，因此可以证明氢氧化钠和二氧化碳发生了化学反应；
（3）二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠能与可溶性钙盐或钡盐反应生成白色沉淀，因此可以向反应后的溶液中加入氯化钙溶液，若观察到有白色沉淀生成，说明有碳酸钠生成，即氢氧化钠与二氧化碳发生了反应；
（4）由表格数据可知，碳酸钠在酒精中的溶解度小于0.01g，几乎不溶于酒精，而氢氧化钠在酒精中有一定的溶解度，因此将二氧化碳通入饱和NaOH的乙醇溶液中，二氧化碳与氢氧化钠反应生成的碳酸钠会以白色沉淀的形式析出，观察到溶液变浑浊，证明二氧化碳与氢氧化钠发生了反应；反应的化学方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3↓+H2O。
【分析】（1）根据压强变化和对比实验的设计解答，气体减少会导致装置内压强减小，使活塞移动；对比实验要控制变量，只改变一个变量，其他条件都相同，这里需要排除水的影响；
（2）根据数字化实验的图像分析解答，反应消耗的气体越多，压强减小的幅度越大，通过对比两条曲线的压强变化幅度，可证明反应的发生；
（3）根据碳酸钠的化学性质解答，碳酸钠能与钙盐、钡盐反应生成白色沉淀，通过检验碳酸钠的存在可证明反应的发生；
（4）根据物质的溶解性和化学方程式的书写解答，碳酸钠在酒精中溶解度很小，会以沉淀形式析出，这是证明二氧化碳与氢氧化钠反应的一种巧妙方法。
20．纯碱(Na2CO3)是一种重要的化工原料，在生产、生活中有广泛用途。当前，主要以卤盐和硫酸盐废盐为原料制碱。
（1）侯德榜在氨碱法的基础上创立了侯氏制减法，其主要流程如图。
①上述流程中吸氨和碳酸化后的总化学反应为，“碳酸化”后的溶液一定是　 　(填化学式)的饱和溶液，写出上述流程得到的副产物。NH4Cl的用途为　 　。
②碳酸氢钠在加热条件下的产物包括纯碱和无污染气体，该反应的化学方程式为　 　。该流程中能够循环利用的物质为　 　。
③如图为NaCl、NH4Cl和NaHCO3的溶解度曲线。“碳酸化”后经过滤得到的滤液中含有较多NH4Cl、少量NaHCO3和NaCl，从该滤液中得到NH4Cl晶体的操作为　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（2）我国化工冶金行业中会产生大量的硫酸钠，利用CO2、NH3和硫酸钠能够制“纯碱”，其主要流程如图1，硫酸钠溶解度随温度变化如图2。
①“反应器”中发生的反应可理解为两步反应，方程式分别为，　 　。“反应器”中温度不宜过低，其原因为　 　。
②“母液”中的阳离子除、外，还包括　 　。
【答案】（1）NaHCO3；作氮肥；；二氧化碳、水；蒸发浓缩；降温结晶
（2）；温度过低，反应速率慢，且硫酸钠可能结晶析出影响反应进行；Na+
【知识点】结晶的原理、方法及其应用；固体溶解度曲线及其作用；盐的化学性质；纯碱的制取；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①“碳酸化”过程中，向饱和氨盐水中通入二氧化碳，会析出碳酸氢钠晶体，当有晶体析出时，溶液一定是该晶体的饱和溶液，因此“碳酸化”后的溶液一定是NaHCO3的饱和溶液；副产物NH4Cl中含有氮元素，氮元素是植物生长必需的营养元素，因此NH4Cl在农业上可用作氮肥；
②碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；该流程中，二氧化碳和水既是“碳酸化”过程的反应物，又是碳酸氢钠分解的生成物，因此能够循环利用的物质是二氧化碳和水；
③由溶解度曲线可知，氯化铵的溶解度随温度升高而显著增大，氯化钠和碳酸氢钠的溶解度受温度影响较小，因此从含有氯化铵、少量氯化钠和碳酸氢钠的滤液中得到氯化铵晶体，应采用降温结晶的方法，具体操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；
（2）①“反应器”中，首先氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，然后碳酸氢铵与硫酸钠反应生成碳酸氢钠沉淀和硫酸铵，第二步反应的化学方程式为2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4；“反应器”中温度不宜过低，原因是温度过低，化学反应速率会变慢，同时由硫酸钠的溶解度曲线可知，温度过低，硫酸钠的溶解度减小，会结晶析出，影响反应的进行；
②“反应器”中发生的反应生成了碳酸氢钠和硫酸铵，还有未反应的硫酸钠，因此过滤得到的“母液”中含有碳酸氢钠、硫酸铵和硫酸钠，阳离子除H+、NH4+外，还包括Na+。
【分析】（1）①根据饱和溶液的判断和化肥的用途解答，有晶体析出的溶液一定是该溶质的饱和溶液，含氮元素的化肥可用作氮肥；
②根据碳酸氢钠的分解反应和流程中物质的循环解答，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，既是反应物又是生成物的物质可以循环利用；
③根据结晶方法的选择解答，溶解度受温度影响大的物质用降温结晶提纯，溶解度受温度影响小的用蒸发结晶提纯；
（2）①根据化学方程式的书写和反应速率的影响因素解答，温度过低反应速率慢，且硫酸钠溶解度减小会结晶析出，影响反应；
②根据溶液中的离子组成解答，分析母液中含有的溶质，确定阳离子的种类。
（1）①“碳酸化”后有NaHCO3析出，则“碳酸化”后的溶液一定是NaHCO3的饱和溶液；
NH4Cl中含有氮、磷、钾三种营养元素中的氮元素，属于氮肥，故副产物NH4Cl的用途可以是作氮肥；
故填：NaHCO3；作氮肥；
②碳酸氢钠在加热条件下分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式为；该流程中二氧化碳、水既作为反应物，又作为生成物，故该流程中能够循环利用的物质为二氧化碳、水，故填：；二氧化碳、水；
③由溶解度曲线图可知，碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵的溶解度均随温度升高而增大，其中氯化铵的溶解度受温度变化影响较大，可采用降温结晶的方法得到氯化铵，则从该滤液中得到NH4Cl晶体的操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故填：蒸发浓缩、降温结晶；
（2）①“反应器”中发生的反应可理解为两步反应，氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢铵，碳酸氢铵与硫酸钠反应生成碳酸氢钠和硫酸铵，反应的化学方程式为；
“反应器”中温度过低时，反应速率会变慢，同时，由硫酸钠的溶解度曲线图可知，温度过低，硫酸钠的溶解度减小，可能会结晶析出，影响反应的进行，所以“反应器”中温度不宜过低，原因是温度过低，反应速率慢，且硫酸钠可能结晶析出影响反应进行；
故填：；温度过低，反应速率慢，且硫酸钠可能结晶析出影响反应进行；
②“反应器”中发生的反应是硫酸钠、二氧化碳、氨气与水反应生成碳酸氢钠和硫酸铵，碳酸氢钠首先达到饱和状态以沉淀析出，则过滤得到的“母液”中含有碳酸氢钠、硫酸铵，则“母液”中的阳离子除H+、外，还包括Na+，故填：Na+。
21．同学们从山上采集到一种石灰石，他们取80克该样品进行煅烧实验（所含杂质在煅烧过程中不发生变化），测得反应后固体的质量（m）与反应时间（t）的关系如表：
反应时间
反应后固体的质量 80 75 70 66 62 58 58
请回答下列问题：
（1）当石灰石完全反应后，生成的质量为　 　g；
（2）求该石灰石中的质量分数，写出计算过程。
（3）请在如图坐标图中，画出煅烧时生成气体的质量（m）随时间（t）变化的曲线。
【答案】（1）22
（2）设该石灰石中CaCO3的质量为
则该石灰石中CaCO3的质量分数为：
答：该石灰石中CaCO3的质量分数为62.5%。
（3）
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；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）由表中数据可知，反应到t5时反应后固体的质量不再减少，即t5时石灰石中碳酸钙完全反应，减小的质量就是生成的二氧化碳的质量为80g－58g＝22g；（3）由表中的数据可知，t1、t2、t3、t4、t5时生成的二氧化碳的质量分别是5g、5g、4g、4g、4g。煅烧时生成气体的质量(m)随时间(t)变化的曲线如下：。
【分析】（1）根据反应后固体减少质量为生成二氧化碳质量分析；
（2）根据反应后生成二氧化碳质量及方程式中物质间质量关系计算碳酸钙质量，从而计算石灰石中碳酸钙质量分数分析；
（3）根据表中数据确定各时间产生二氧化碳质量，再利用描点法绘制图像分析。
（1）由表中数据可知，反应到t5时反应后固体的质量不再减少，即t5时石灰石中碳酸钙完全反应，减小的质量就是生成的二氧化碳的质量为80g－58g＝22g；
（2）解析见答案；
（3）由表中的数据可知，t1、t2、t3、t4、t5时生成的二氧化碳的质量分别是5g、5g、4g、4g、4g。煅烧时生成气体的质量(m)随时间(t)变化的曲线如下：。
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