资源简介

江苏省南通市启东市2025年中考二模化学试题
一、第I卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。第1至10题为物理试题，第11至20题为化学试题。答案请按要求填涂在答题卡上。
1．化学元素与人体健康密切相关。青少年缺乏某种元素将导致佝偻病，该元素是
A．钙 B．铁 C．碘 D．钠
【答案】A
【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、钙使骨骼和牙齿具有坚硬的结构支架，老年人会患骨质疏松，幼儿和青少年缺钙会患佝偻病或发育不良，故A正确；
B、铁缺乏会患贫血，因为铁是合成血红蛋白的主要元素，故B错误；
C、碘缺乏会患甲状腺肿大，因为碘是合成甲状腺激素的主要元素，故C错误；
D、钠是维持正常的水电解质酸碱平衡，稳定内环境，对糖代谢，能量代谢，心脏功能，维持正常的血压稳定起很大作用，缺钠会引起神志不清、头痛等危害，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据化学元素与人体健康的关系进行分析解答。
2．我国古代将炉甘石(ZnCO3)、赤铜(Cu2O)和木炭混合加热至800℃，得到一种外形似金子的锌铜合金(俗称黄铜)。下列说法正确的是
A．ZnCO3属于酸 B．可用稀盐酸鉴别真假黄金
C．合金至少含两种金属元素 D．黄铜熔点比铜与锌的熔点都高
【答案】B
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】A、是由锌离子碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故A错误；
B、金在金属活动顺序中排在H的后面，不能与稀盐酸反应，无明显现象，假黄金是铜锌合金，锌在金属活动顺序中排在H前，能与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，有气泡产生，故可用稀盐酸鉴别真假黄金，故B正确；
C、合金至少含一种金属元素，因为合金是金属与金属或非金属熔合而成具有金属特征的混合物，故C错误；
D、黄铜是铜锌合金，黄铜的熔点比铜、锌的熔点都低，因为合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐类进行分析解答；
B、根据金属活动顺序中排在H前的金属可以与稀盐酸反应，排在H后的金属不能与稀盐酸反应进行分析解答；
C、根据合金的定义可知至少含一种金属元素进行分析解答；
D、根据合金的熔点比组分纯净水的熔点低进行分析解答。
3．学习小组利用氧化铜、稀硫酸和氢氧化钠溶液制备氢氧化铜，下列操作正确的是
A．取氧化铜粉末
B．倾倒稀硫酸
C．滴氢氧化钠溶液
D．过滤氢氧化铜
【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；过滤的原理、方法及其应用
【解析】【解答】A、取用粉末状药品的操作要领是“一横二送三直立”，先把试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，再把试管直立，故A正确；
B、向试管中倾倒液体药品时，试管稍倾斜，瓶塞倒放在桌面，标签要对准手心，瓶口紧挨试管口，缓缓倒入液体，故B错误；
C、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方滴加液体，不能把胶头滴管伸入试管内或接触试管内壁，故C错误；
D、过滤操作要领是“一贴二低三靠”，需要用玻璃棒引流、漏斗下端药紧靠着烧杯内壁，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据取用粉末状药品的操作要领是“一横二送三直立”进行分析解答；
B、根据向试管内倾倒液体药品的正确操作和注意方法进行分析解答；
C、根据胶头滴管取用液体药品的正确操作方法和注意事项进行分析解答；
D、根据过滤需要用玻璃棒引流，漏斗下端药紧靠烧杯内壁进行分析解答。
4．下列物质的性质和用途对应关系正确的是
A．金刚石无色透明，可用于切割玻璃
B．石墨具有导电性，可用于制作铅笔芯
C．浓盐酸具有挥发性，可用作除锈剂
D．无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验水的存在
【答案】D
【知识点】酸的物理性质及用途；常用盐的用途；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、金刚石无色透明，可用作装饰品，用于切割玻璃是因为硬度大，故A 错误。
B、石墨具有导电性，可用作电极，用于制作铅笔芯是因为质软、深灰色，能留下痕迹，故B 错误。
C、铁锈的主要成分是氧化铁，酸可以和金属氧化物反应，所以浓盐酸用作除锈剂是因为具有酸性，而不是挥发性，故C 错误。
D、无水硫酸铜事白色粉末，遇到水会和水结合生成生成CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O呈蓝色，所以无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验水的存在，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据金刚石硬度大用于切割玻璃进行分析解答；
B、根据石墨质软、深灰色可用作铅笔芯进行分析解答；
C、根据酸性物质可以与金属氧化物反应进行分析解答；
D、根据白色的无水硫酸铜遇水变蓝进行分析解答。
阅读下列材料，回答下列小题。
氢气的主要来源有化石燃料制氢(CH4+CO2=2CO+2H2)和电解水制氢等。气态储氢是将氢气压缩存储在高压罐中。固态储氢是将氢气和金属反应生成固态氢化物，如氢化钙(CaH2)。CaH2遇水能剧烈反应生成氢氧化钙和氢气。
5．下列有关说法正确是
A．化石燃料属于可再生资源
B．CH4和CO2都是温室效应气体
C．CH4和CO2都属于有机物
D．电解水时正负两极产生气体质量比为1：8
6．下列有关说法正确的是
A．气态储氢时氢气分子变小 B．CaH2中H的化合价为-1价
C．CaH2与水反应所得溶液呈酸性 D．CaH2可以敞口保存
【答案】5．B
6．B
【知识点】碱的化学性质；分子的定义与分子的特性；有关元素化合价的计算；二氧化碳对环境的影响；有机物的特征、分类及聚合物的特性
【解析】【分析】（1）A、根据化石燃料形成的原因得出属于不可再生能源进行分析解答；
B、根据常见的温室气体包括甲烷、二氧化碳和臭氧等进行分析解答；
C、根据有机物的定义以及含碳元素的化合物中不属于有机物的特例进行分析解答；
D、根据电解水正极产生氧气，负极产生氢气，两种质量比为8：1进行分析解答；
（2）A、根据气态储氢时氢气只是分子的间隔变小，分子本身不变进行分析解答；
B、根据化合物中正、负化合价代数和为0进行分析解答；
C、根据氢化钙和水反应生成氢氧化钙，溶液显碱性进行分析解答；
D、根据氢化钙会与空气中的水蒸气反应进行分析解答。
5．A、化石燃料是古代生物遗骸埋在地下经过复杂而漫长的岁月才能形成，属于不可再生资源，故A错误；
B、CH4、CO2、O3等都是温室气体，都会引起温室效应气体，故B正确；
C、含碳元素的化合物，除了CO2、CO和碳酸以及碳酸盐、碳酸氢盐之外都属于有机物，所以CH4属于有机物，CO2属于无机物，故C错误；
D．电解水时正极产生氧气，负极产生氢气，两极产生气体质量比为8：1，故D错误；
故答案为：B；
6．A、气态储氢时氢气分子大小没有发生改变，只是分子间的间隔变小，故A错误；
B、CaH2中钙元素的化合价为+2，设氢元素化合价为x，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0，可得，+2+2x=0，解得x=-1，所以CaH2中H的化合价为-1价，故B正确；
C、CaH2与水反应生成氢氧化钙和氢气，氢氧化钙溶液呈碱性，故C错误；
D、CaH2能与水反应，不可以敞口保存，以防氢化钙与空气中的水蒸气反应而变质，故D错误。
故答案为：B。
7．某氯化钠固体中含有少量氯化钙，学习小组通过如下实验进行提纯。
实验一：将固体溶于水，测得溶液的pH=6
实验二：向实验一所得溶液中加入稍过量的碳酸钠溶液，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤，将洗涤液并入滤液中
实验三：向实验二所得的合并滤液中加入过量的稀盐酸充分反应，然后转移至蒸发皿中用酒精灯加热，最后获得氯化钠固体
下列有关说法不正确的是
A．由实验一可知所得溶液为酸性
B．实验二所得滤液中的溶质为NaCl和Na2CO3
C．实验三需将蒸发皿中液体全部蒸干才能停止加热
D．经过提纯后实际获得的氯化钠的质量比理论值要高
【答案】C
【知识点】蒸发与蒸馏操作；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质
【解析】【解答】A、溶液pH<7，显酸性，实验一中固体溶于水，测得溶液pH=6，所得溶液呈酸性，故A正确；
B、由题干信息可知，该氯化钠固体中含有少量氯化钙，向所得溶液滴加稍过量的碳酸钠溶液，氯化钙和碳酸钠会发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，，由于碳酸钠过量，所以滤液中溶质为NaCl和Na2 CO3 ，故B正确；
C、将滤液进行蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时就应停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，不能将液体全部蒸干才停止加热，以防固体飞溅，故C错误；
D、提纯过程中，加入碳酸钠和样品中的氯化钙反应生成氯化钠 （），加入稀盐酸与过量的碳酸钠反应也生成氯化钠（），所以实际获得的氯化钠质量比理论值高，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液pH<7显酸性进行分析解答；
B、根据过量碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应后的溶质一定有氯化钠和过量的碳酸钠进行分析解答；
C、根据蒸发结晶时，蒸发皿中出现较多固体时就应停止加热进行分析解答；
D、根据提纯过程中生成有氯化钠生成进行分析解答。
8．氯化钠和碳酸钠的溶解度如表所示。下列有关说法正确的是
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60
溶解度/g 氯化钠 35.7 35.8 36 36.3 36.6 37.0 37.3
碳酸钠 7.1 12.5 21.5 39.7 49.0 48.7 46.5
A．碳酸钠的溶解度随温度升高而增大
B．30℃时配制两种物质的饱和溶液，所需碳酸钠大于氯化钠
C．将50℃时100g氯化钠的饱和溶液降温至20℃，析出1g氯化钠
D．40℃时将25.0g碳酸钠加入50.0g水中，所得溶液中溶质质量分数约为32.9%
【答案】D
【知识点】溶解度的影响因素；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、根据表中数据可知，从 0—60℃时，碳酸钠的溶解度随温度升高先增大，后减小， 40℃时达到最大值， 故A错误；
B、30℃时，氯化钠和碳酸钠的溶解度大小关系为：氯化钠<碳酸钠，配制两种物质的饱和溶液，由于没有指明溶液的质量是否相等，无法比较所需溶质质量的大小关系，故B错误；
C、50℃时氯化钠的溶解度为37g， 表示100g水中最多能溶解37g氯化钠，该温度下100g氯化钠饱和溶液中溶质质量为：，溶剂质量为73g，降温至20℃，20℃时氯化钠的溶解度为36g，表示100g水中最多能溶解36g氯化钠，则73g的水中最多能溶解氯化钠的质量为：，析出氯化钠 = 27 g - 26.28 g ≈ 0.72 g，故C错误；
D、40℃时，碳酸钠的溶解度为49g，表示100g水最多能溶解49g碳酸钠，则50g水中最多能溶解24.5g碳酸钠，将25.0g碳酸钠加入50.0g水所得溶液为饱和溶液，则溶质质量分数约为：，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据表格数据碳酸钠的溶解度随温度升高先增大后减小进行分析解答；
B、根据一定温度下，未指明两物质的饱和溶液质量是否相等，无法比较所溶解的溶质质量大小进行分析解答；
C、根据溶解度表示在一定温度下，饱和溶液中溶质质量=，
一定量水中最多能溶解溶质质量=进行分析解答；
D、根据溶解度的定义以及溶质质量分数=进行分析解答。
9．下列实验方案能达到实验目的的是
A．鉴别N2和CO2：将燃着的木条分别伸入集气瓶中观察木条是否熄灭
B．检验NaOH溶液是否变质：取样，滴加酚酞溶液，观察溶液颜色是否变红
C．探究蜡烛中是否含有氢元素：点燃蜡烛并将内壁干燥的烧杯罩在火焰上方
D．除去KNO3溶液中混有的CuSO4：加入过量的Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】C
【知识点】盐的化学性质；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法；质量守恒定律及其应用；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、 鉴别N2和CO2 ， 将燃着的木条分别伸入集气瓶中 ，木条均熄灭，不能鉴别和，因为氮气、二氧化碳均不能燃烧且不支持燃烧，实验方案不能达到实验目的，故A不符合题意；
B、氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水而变质，氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液均显碱性，均能使酚酞溶液变红，不能用滴加酚酞溶液，观察溶液颜色是否变红来检验NaOH溶液是否变质，因为不管变质与否，溶液都会变红，实验方案不能达到实验目的，故B不符合题意；
C、探究蜡烛中是否含有氢元素，点燃蜡烛并将内壁干燥的烧杯罩在火焰上方，观察到烧杯内壁有水雾生成，说明蜡烛燃烧生成了水，水由氢元素和氧元素组成，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，生成物水中含有氢元素和氧元素，蜡烛燃烧是与氧气发生的反应，氧气含有氧元素，所以蜡烛一定含有氢元素，实验方案能达到实验目的，故C符合题意；
D、 除去KNO3溶液中混有的CuSO4 ，加入过量的溶液，氢氧化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，充分反应后过滤除去硫酸钡、氢氧化铜，能除去杂质硫酸铜，但由于加入的氢氧化钡过量，则滤液中会引入新杂质氢氧化钡，不符合除杂原则，式样方案不能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氮气和二氧化碳都是既不燃烧也不支持燃烧进行分析解答；
B、根据碳酸钠和氢氧化钠溶液都能使酚酞溶液变红进行分析解答；
C、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；
D、根据除杂不能引入新的杂质进行分析解答。
10．Fe3O4是合成氨催化剂的主要成分。合成氨催化过程中因部分Fe3O4与H2反应使催化剂“失效”，在一定温度下可用O2将其“再生”，原理如图1所示。一定质量的失效催化剂进行“再生”时固体中氧元素的质量随温度变化如图2所示。下列说法正确的是
A．“失效”时固体中铁元素的质量分数减小
B．21.6gFeO“再生”，理论上需消耗3.2gO2
C．“再生”的最佳温度范围为t3～t4℃
D．a点对应的数值为7.2
【答案】D
【知识点】化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、根据图1，Fe3O4“失效”时变成FeO，Fe3O4含铁元素的质量分数=：，FeO含铁元素质量分数=，则固体中铁元素质量分数增大，故B错误；
B、21.6gFeO中铁元素的质量=“再生”变成四氧化三铁，该过程中铁元素质量守恒，则产生四氧化三铁的质量==23.2g，理论上需消耗23.2g-21.6g=1.6gO2，故B错误；
C、根据图2，t2～t3℃时固体为Fe3O4，故“再生”的最佳温度范围为，t2～t3，故C错误；
D、根据图2，6.4g四氧化三铁变成三氧化二铁，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，该过程中铁元素质量不变，则产生三氧化二铁的质量：=24g，三氧化二铁中氧的质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据化合物中某元素的质量分数=进行分析解答；
B、根据化合物中某元素的质量=，
化合物质量=某元素的质量÷该元素的质量分数，再根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变进行分析解答；
C、根据图示“再生”的最佳温度范围为，t2～t3进行分析解答；
D、根据根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，该过程中铁元素质量不变，化合物的质量=，化合物中某元素的质量=进行分析解答。
二、第II卷共17小题，共110分。第21至25题为化学试题，第26至37题为物理试题。答案请按要求书写在答题卡上。
11．氧是地球上常见的元素，也是生物体内最重要的元素之一。
（1）氧原子的结构示意图为。臭氧(O3)和O2是由氧元素组成的不同单质。
①x的数值为　 　。
②从微观角度分析O3和O2化学性质不同的原因为　 　。
（2）电晕法制取臭氧的原理如图1所示。
①写出O2转变为O3的化学方程式　 　。
②O2的沸点比O3的　 　(填“高”或“低”)。
（3）制冷剂氟利昂(CFCl3)进入大气层后，在紫外线照射下所分解出的氯原子破坏臭氧层的反应历程如图2所示。
①请写出反应过程中物质类别属于氧化物的物质的化学式：　 　。
②研究表明：“少量的CFCl3就能对臭氧层产生巨大的影响”。请结合反应历程图简要解释该观点　 　。
【答案】（1）8；分子构成不同
（2）3O22O3；低
（3）ClO、Cl2O2；反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响
【知识点】分子和原子的区别和联系；原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算；化学方程式的书写与配平；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】（1）①原子中质子数 = 核外电子数，氧原子质子数x=2+6=8；
②O2由O3分子构成，O2由O2分子构成，分子构成不同决定化学性质不同；
故答案为：8；分子构成不同；
（2）①O2放电条件下转化为O3，化学方程式为；
②由图可知，降温液化时先分离出液态O3，说明O2沸点比O3低。
故答案为：；低；
（3）①氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，根据图示，氧化物有：ClO、Cl2O2；
②CFCl3分解出的氯原子在破坏臭氧的反应中起催化作用，反应前后自身不变，可不断参与反应，所以少量CFCl3就能对臭氧层产生巨大影响，故填：反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响。
故答案为：ClO；Cl2O2；
反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响 .
【分析】（1）①根据原子中质子数 = 核外电子数进行分析解答；
②根据分子构成不同，化学性质也不同进行分析解答；
（2）①根据氧气在放电的条件下生成臭氧的化学方程式的书写进行分析解答；
②根据气O2先变气体逸出，所以O2的沸点比O3进行分析解答；
（3）①根据氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物进行分析解答；
②根据图示信息进行分析解答。
（1）①原子中质子数 = 核外电子数，氧原子质子数x=2+6=8；
②O2由O3分子构成，O2由O2分子构成，分子构成不同决定化学性质不同。
（2）①O2放电条件下转化为O3，化学方程式为；
②由图可知，降温液化时先分离出液态O3，说明O2沸点比O3低。
（3）①氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，根据图示，氧化物有：ClO、Cl2O2；
②CFCl3分解出的氯原子在破坏臭氧的反应中起催化作用，反应前后自身不变，可不断参与反应，所以少量CFCl3就能对臭氧层产生巨大影响，故填：反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响。
12．磷酸铁锂电池正极材料主要包含磷酸铁锂(LiFePO4)、铝箔等战略性资源。从废磷酸铁锂电池正极材料中获取电池级Li2CO3和FePO4的流程如图所示：
已知：①LiFePO4在碱液中稳定存在。②2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。
（1）“碱浸”前需将废铁锂电池放电并粉碎。
①“碱浸”时为加快浸出速率，除粉碎外还可进行的措施有　 　。(答一点)
②“碱浸”的目的是　 　。
（2）“酸浸”时的主要反应为2LiFePO4+H2SO4+H2O2=2FePO4+Li2SO4+2H2O。
①反应中铁元素的化合价　 　(填“升高”、“降低”或“不变”)。
②“酸浸”时的温度不宜过高，其原因可能为　 　。
③“酸浸”时pH对Fe、P沉淀率的影响如图1所示，为使Fe、Li分离，应调节溶液的pH范围为　 　。
（3）“沉锂”通过加入Na2CO3实现。Li2CO3的溶解度曲线如图-2所示。
①生成Li2CO3沉淀的化学方程式为　 　。
②反应时将温度升高至90℃的目的是　 　。(答一点)
【答案】（1）适当提高浸出温度(或使用电动搅拌器、适当提高氢氧化钠的浓度等)；除去铝(或实现磷酸铁锂和铝的分离)
（2）升高；温度过高使H2O2分解；2.0～3.0
（3）；提升沉淀反应速率
【知识点】氧气的实验室制法；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】（1）①加快浸出速率的方法有多种，除将废铁锂电池粉碎增大接触面积外，适当升高温度可加快分子运动速率，从而加快反应；搅拌也能使反应物充分接触，加快浸出速率；适当提高氢氧化钠的浓度也能加快浸出速率。
②由已知信息②可知，铝能与氢氧化钠反应，而LiFePO4在碱液中稳定存在，所以 “碱浸” 目的是通过反应除去铝箔（或实现磷酸铁锂和铝的分离）。
故答案为：① 适当提高浸出温度(或使用电动搅拌器、适当提高氢氧化钠的浓度等) ；
② 除去铝(或实现磷酸铁锂和铝的分离) ；
（2）①在LiFePO4中，锂元素显+1价，磷酸根显 3价，根据化合物中各元素化合价代数和为零，可算出铁元素显+2价；在FePO4中，磷酸根显 3价，铁元素显+3价，所以反应中铁元素化合价升高；
②“酸浸” 时用到H2O2，H2O2在温度过高时易分解，且温度高会使其挥发加快，所以 “酸浸” 温度不宜过高；
③由图可知，在pH为2.0 3.0时，铁、磷沉淀率较高，锂损失率较低，能较好地实现Fe、Li分离；
故答案为：①升高；②温度过高使H2O2分解； ③ 2.0～3.0 ；
（3）①“沉锂” 时，Na2CO3与 “酸浸” 后溶液中的Li2SO4反应生成Li2CO3沉淀和Na2SO4，化学方程式为。
②由Li2CO3溶解度曲线可知，温度升高其溶解度降低，将温度升高至90℃可降低Li2CO3溶解度，使沉淀更完全，提高产率；同时升高温度还能加快反应速率。
故答案为：①；② 提升沉淀反应速率 。
【分析】（1）①根据提高温度、搅拌、提高溶液浓度等都可以加快浸出速率进行分析解答；
②根据铝可以与氢氧化钠反应进行分析解答；
（2）①根据化合物中正、负化合价的代数和为0进行分析解答；
②根据温度过高过氧化氢会分解进行分析解答；
③根据图示，pH为2.0 3.0时，铁、磷沉淀率较高进行分析解答；
（3）①根据碳酸钠和硫酸锂反应生成碳酸锂沉淀和硫酸钠的化学方程式的书写进行分析解答；
②根据提高温度可以加快反应速率进行分析解答。
（1）①加快浸出速率的方法有多种，除将废铁锂电池粉碎增大接触面积外，适当升高温度可加快分子运动速率，从而加快反应；搅拌也能使反应物充分接触，加快浸出速率；适当提高氢氧化钠的浓度也能加快浸出速率。
②由已知信息②可知，铝能与氢氧化钠反应，而LiFePO4在碱液中稳定存在，所以 “碱浸” 目的是通过反应除去铝箔（或实现磷酸铁锂和铝的分离）。
（2）①在LiFePO4中，锂元素显+1价，磷酸根显 3价，根据化合物中各元素化合价代数和为零，可算出铁元素显+2价；在FePO4中，磷酸根显 3价，铁元素显+3价，所以反应中铁元素化合价升高。
②“酸浸” 时用到H2O2，H2O2在温度过高时易分解，且温度高会使其挥发加快，所以 “酸浸” 温度不宜过高。
③由图可知，在pH为2.0 3.0时，铁、磷沉淀率较高，锂损失率较低，能较好地实现Fe、Li分离。
（3）①“沉锂” 时，Na2CO3与 “酸浸” 后溶液中的Li2SO4反应生成Li2CO3沉淀和Na2SO4，化学方程式为。
②由Li2CO3溶解度曲线可知，温度升高其溶解度降低，将温度升高至90℃可降低Li2CO3溶解度，使沉淀更完全，提高产率；同时升高温度还能加快反应速率。
13．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。将解吸所得的CO2转化为炭黑有助于实现碳中和。
（1）水、KOH溶液、CaO等都可作为CO2的捕集剂。以CaO为捕集剂的一种工艺如图1所示。
①写出以水为捕集剂时所得产物的化学式　 　。
②以CaO为捕集剂时捕捉室的温度一般控制在650℃，写出捕捉室发生的化学方程式　 　。
③将解吸室所得CaO投入捕捉室循环使用，其优点是　 　。
④选择捕集剂时需综合考虑吸收的效率和解吸的效率。因此衡量捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为　 　。
（2）CO2转化为炭黑回收利用的反应机理如图2所示，其总反应方程式为CO2C+O2。
①总反应中的催化剂是　 　。
②过程I中CO2发生　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
【答案】（1）H2CO3；CaO+CO2CaCO3；降低成本，提高原料的利用率；捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)
（2）FeO；还原
【知识点】催化剂的特点与催化作用；氧化反应及其应用；化学方程式的书写与配平；探究二氧化碳的性质；碳中和、碳达峰
【解析】【解答】（1）①以水为捕集剂时，水和二氧化碳反应产生碳酸，所得产物的化学式H2CO3；
②以CaO为捕集剂时捕捉室的温度一般控制在650℃，氧化钙和二氧化碳反应产生碳酸钙，捕捉室发生的化学方程式是；
③将所得CaO投入捕捉室循环使用，其优点是降低成本，提高原料的利用率。
④选择捕集剂要考虑吸收和解吸效率，所以除已提及的，还需比较捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)。
故答案为：①H2CO3；②；③ 降低成本，提高原料的利用率 ；
④ 捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度) ；
（2）①催化剂在反应前后质量和化学性质不变，总反应中FeO参与反应又生成，所以是催化剂。
②过程I 中二氧化碳失去氧生成C，发生还原反应（含氧化合物失去氧的反应是还原反应 ）。
故答案为：①FeO；②还原。
【分析】（1）①根据水和二氧化碳反应生成碳酸以及碳酸化学式的书写进行分析解答；
②根据氧化钙和二氧化碳在650℃时生成碳酸钙的化学方程式的书写进行分析解答；
③根据循环使用可以降低成本，提高原料利用率进行分析解答；
④根据选择捕集剂还需比较捕集剂解吸CO2的效率进行分析解答；
（2）①根据催化剂在反应前后质量和化学性质不变进行分析解答；
②根据在反应中失去氧发生的是还原反应进行分析解答。
（1）①以水为捕集剂时，水和二氧化碳反应产生碳酸，所得产物的化学式H2CO3。
②以CaO为捕集剂时捕捉室的温度一般控制在650℃，氧化钙和二氧化碳反应产生碳酸钙，捕捉室发生的化学方程式是。
③将所得CaO投入捕捉室循环使用，其优点是降低成本，提高原料的利用率。
④选择捕集剂要考虑吸收和解吸效率，所以除已提及的，还需比较捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)。
（2）①催化剂在反应前后质量和化学性质不变，总反应中FeO参与反应又生成，所以是催化剂。
②过程I 中二氧化碳失去氧生成C，发生还原反应（含氧化合物失去氧的反应是还原反应 ）。
14．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。
学习小组根据该原理，模拟制备柠檬酸亚铁。
（1）配制碳酸钠溶液。实验时需要100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液。
①称量Na2CO3时出现了右盘低的现象，则接下来的操作是　 　。
②实验时量取蒸馏水所用量筒的规格为　 　(填“25”“50”或“100”)mL。
③配制过程中玻璃棒的作用是　 　。
（2）探究碳酸钠溶液的性质。
①实验一：蘸取Na2CO3溶液，点在pH试纸上，　 　，读出pH=11。
②实验二：取少量稀盐酸于试管中，滴加Na2CO3溶液，立即有大量气泡产生，写出反应的化学方程式：　 　。
③实验三：在密闭容器中，向一定量Na2CO3溶液中缓缓滴加稀盐酸，不断搅拌，利用pH传感器和CO2传感器，测得溶液的pH、容器中CO2气体的浓度随时间变化的曲线合并如图所示。则图中表示CO2浓度随时间变化的曲线是　 　(填“曲线1”或“曲线2”)。
（3）配制硫酸亚铁溶液。取少量FeSO4固体溶于水，加入少量铁粉，振荡。
【查阅资料】Fe2+易与氧气反应生成Fe3+；Fe2+遇KSCN溶液不显红色，Fe3+遇KSCN溶液显红色。
①溶解FeSO4固体所用的水在使用前必须要加热煮沸的目的是　 　。
②取少量新配制的FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，未变红色，说明溶液中不含　 　(填化学式)。
（4）制备柠檬酸亚铁晶体。
已知：①当溶液pH大于8.8时，Fe2+会完全生成Fe(OH)2沉淀。
②柠檬酸亚铁能溶于水，不溶于乙醇。
请补充完整制备柠檬酸亚铁的方案：　 　，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，充分反应后浓缩，　 　，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。(实验中须使用的试剂：Na2CO3溶液、FeSO4溶液、无水乙醇)。
【答案】（1）向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；100；搅拌
（2）把试纸显示的颜色与标准比色卡比较；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；曲线1
（3）除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；Fe2(SO4)3
（4）将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中；加入适量的无水乙醇
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）①称量Na2CO3时出现了右盘低的现象，说明药品质量不足，则接下来的操作是向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；
②100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液的溶质为：100g×10.6%=10.6g，需要水的质量为100g-10.6g=89.4g，为89.4mL的水，量筒选择遵守大而近的原则，应选用100mL的量筒；
③配制过程中玻璃棒的作用是搅拌，加速固体溶解；
故答案为：向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；②100；③搅拌；
（2）①实验一：蘸取Na2CO3溶液，点在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH=11；
②碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
③碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二氧化碳是生成物，随着反应的进行，二氧化碳浓度增大，所以曲线1表示CO2浓度随时间变化，曲线II表示溶液的pH随时间变化；
故答案为：①把试纸显示的颜色与标准比色卡比较；
②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；③ 曲线1 ；
（3）①溶解FeSO4固体所用的水在使用前必须要加热煮沸的目的是除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
②根据资料可知，Fe2+遇KSCN溶液不显红色，Fe3+遇KSCN溶液显红色；取少量新配制的FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，未变红色，说明溶液中不含Fe2(SO4)3；
故答案为：① 除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 ；② Fe2(SO4)3 ；
（4）制备柠檬酸亚铁的方案：将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，充分反应后浓缩，加入适量的无水乙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。
故答案为： 将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中 ； 加入适量的无水乙醇 。
【分析】（1）①根据指针往右偏，说明药品质量不足，需继续添加药品进行分析解答；
②根据量筒选择遵守大而近的原则进行分析解答；
③根据配制过程为了加快溶解速度，需要用玻璃棒搅拌进行分析解答；
（2）①根据用pH试纸测定溶液pH的正确读数方法进行分析解答；
②根据碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
③根据碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，随着反应的进行，二氧化碳的浓度增大进行分析解答；
（3）①根据气体溶解度随温度的升高而减小，煮沸可除去氧气，防止Fe2+氧化进行分析解答；
②根据 Fe3+遇KSCN溶液显红色进行分析解答；
（4）根据碳酸钠和硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁，碳酸亚铁和柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁；柠檬酸亚铁不溶于乙醇溶液进行分析解答。
（1）①称量Na2CO3时出现了右盘低的现象，说明药品质量不足，则接下来的操作是向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；
②100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液的溶质为：100g×10.6%=10.6g，需要水的质量为100g-10.6g=89.4g，为89.4mL的水，量筒选择遵守大而近的原则，应选用100mL的量筒；
③配制过程中玻璃棒的作用是搅拌，加速固体溶解；
（2）①实验一：蘸取Na2CO3溶液，点在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH=11；
②碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
③碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二氧化碳是生成物，随着反应的进行，二氧化碳浓度增大，所以曲线1表示CO2浓度随时间变化，曲线II表示溶液的pH随时间变化；
（3）①溶解FeSO4固体所用的水在使用前必须要加热煮沸的目的是除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
②根据资料可知，Fe2+遇KSCN溶液不显红色，Fe3+遇KSCN溶液显红色；取少量新配制的FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，未变红色，说明溶液中不含Fe2(SO4)3；
（4）制备柠檬酸亚铁的方案：将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，充分反应后浓缩，加入适量的无水乙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。
15．《周礼·考工记》中记载，古人曾在草木灰(含有K2CO3)的水溶液中加入贝壳烧成的灰(主要成分为CaO)，利用生成物中能够去污的成分来洗涤丝帛。
（1）上述过程未涉及到的基本反应类型为　 　(填字母)。
a.化合反应 b.置换反应 c.复分解反应
（2）请你推测生成物中能够去污的成分，并说明理由　 　。
（3）反应K2CO3+H2SO4=K2SO4+H2O+CO2↑可用于测定草木灰样品中K2CO3的含量。取10.00g某草木灰样品加入烧杯中，缓慢加入足量稀硫酸，待反应结束后，共收集到0.88gCO2，求该草木灰样品中K2CO3的质量分数。　 　(请将计算过程写到答题纸上)
【答案】（1）b
（2）成分是KOH，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应
（3）解：设碳酸钾的质量为x。解得：x=2.76g该草木灰样品中K2CO3的质量分数是：答： 该草木灰样品中K2CO3的质量分数为27.6%。
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；碱的化学性质；盐的化学性质；反应类型的判定
【解析】【解答】（1）贝壳烧成灰碳酸钙分解产生氧化钙和二氧化碳，属于分解反应；CaO与水反应产生氢氧化钙属于化合反应；，复分解反应，未涉及置换反应，答案为b；
故答案为：b；
（2）成分是氢氧化钾；CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应。
故答案为： 成分是KOH，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应 。
【分析】（1）根据碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳属于分解反应，氧化钙和水反应生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾是复分解反应进行分析解答；
（2）根据氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，氢氧化钾呈碱性，可以和油污反应进行分析解答；
（3）先设未知量，再正确写出碳酸钾和硫酸反应生成硫酸钾、水和二氧化碳的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是二氧化碳的质量，未知量是碳酸钾的质量，列比例式，求出碳酸钾的质量，最后代入公式：求出样品中碳酸钾的质量分数，最后简明写出答案。
（1）贝壳烧成灰碳酸钙分解产生氧化钙和二氧化碳，属于分解反应；CaO与水反应产生氢氧化钙属于化合反应；，复分解反应，未涉及置换反应，答案为b；
（2）成分是氢氧化钾；CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应。
（3）见答案。
1 / 1江苏省南通市启东市2025年中考二模化学试题
一、第I卷共20小题，每小题2分，共40分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。第1至10题为物理试题，第11至20题为化学试题。答案请按要求填涂在答题卡上。
1．化学元素与人体健康密切相关。青少年缺乏某种元素将导致佝偻病，该元素是
A．钙 B．铁 C．碘 D．钠
2．我国古代将炉甘石(ZnCO3)、赤铜(Cu2O)和木炭混合加热至800℃，得到一种外形似金子的锌铜合金(俗称黄铜)。下列说法正确的是
A．ZnCO3属于酸 B．可用稀盐酸鉴别真假黄金
C．合金至少含两种金属元素 D．黄铜熔点比铜与锌的熔点都高
3．学习小组利用氧化铜、稀硫酸和氢氧化钠溶液制备氢氧化铜，下列操作正确的是
A．取氧化铜粉末
B．倾倒稀硫酸
C．滴氢氧化钠溶液
D．过滤氢氧化铜
4．下列物质的性质和用途对应关系正确的是
A．金刚石无色透明，可用于切割玻璃
B．石墨具有导电性，可用于制作铅笔芯
C．浓盐酸具有挥发性，可用作除锈剂
D．无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验水的存在
阅读下列材料，回答下列小题。
氢气的主要来源有化石燃料制氢(CH4+CO2=2CO+2H2)和电解水制氢等。气态储氢是将氢气压缩存储在高压罐中。固态储氢是将氢气和金属反应生成固态氢化物，如氢化钙(CaH2)。CaH2遇水能剧烈反应生成氢氧化钙和氢气。
5．下列有关说法正确是
A．化石燃料属于可再生资源
B．CH4和CO2都是温室效应气体
C．CH4和CO2都属于有机物
D．电解水时正负两极产生气体质量比为1：8
6．下列有关说法正确的是
A．气态储氢时氢气分子变小 B．CaH2中H的化合价为-1价
C．CaH2与水反应所得溶液呈酸性 D．CaH2可以敞口保存
7．某氯化钠固体中含有少量氯化钙，学习小组通过如下实验进行提纯。
实验一：将固体溶于水，测得溶液的pH=6
实验二：向实验一所得溶液中加入稍过量的碳酸钠溶液，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤，将洗涤液并入滤液中
实验三：向实验二所得的合并滤液中加入过量的稀盐酸充分反应，然后转移至蒸发皿中用酒精灯加热，最后获得氯化钠固体
下列有关说法不正确的是
A．由实验一可知所得溶液为酸性
B．实验二所得滤液中的溶质为NaCl和Na2CO3
C．实验三需将蒸发皿中液体全部蒸干才能停止加热
D．经过提纯后实际获得的氯化钠的质量比理论值要高
8．氯化钠和碳酸钠的溶解度如表所示。下列有关说法正确的是
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60
溶解度/g 氯化钠 35.7 35.8 36 36.3 36.6 37.0 37.3
碳酸钠 7.1 12.5 21.5 39.7 49.0 48.7 46.5
A．碳酸钠的溶解度随温度升高而增大
B．30℃时配制两种物质的饱和溶液，所需碳酸钠大于氯化钠
C．将50℃时100g氯化钠的饱和溶液降温至20℃，析出1g氯化钠
D．40℃时将25.0g碳酸钠加入50.0g水中，所得溶液中溶质质量分数约为32.9%
9．下列实验方案能达到实验目的的是
A．鉴别N2和CO2：将燃着的木条分别伸入集气瓶中观察木条是否熄灭
B．检验NaOH溶液是否变质：取样，滴加酚酞溶液，观察溶液颜色是否变红
C．探究蜡烛中是否含有氢元素：点燃蜡烛并将内壁干燥的烧杯罩在火焰上方
D．除去KNO3溶液中混有的CuSO4：加入过量的Ba(OH)2溶液，过滤
10．Fe3O4是合成氨催化剂的主要成分。合成氨催化过程中因部分Fe3O4与H2反应使催化剂“失效”，在一定温度下可用O2将其“再生”，原理如图1所示。一定质量的失效催化剂进行“再生”时固体中氧元素的质量随温度变化如图2所示。下列说法正确的是
A．“失效”时固体中铁元素的质量分数减小
B．21.6gFeO“再生”，理论上需消耗3.2gO2
C．“再生”的最佳温度范围为t3～t4℃
D．a点对应的数值为7.2
二、第II卷共17小题，共110分。第21至25题为化学试题，第26至37题为物理试题。答案请按要求书写在答题卡上。
11．氧是地球上常见的元素，也是生物体内最重要的元素之一。
（1）氧原子的结构示意图为。臭氧(O3)和O2是由氧元素组成的不同单质。
①x的数值为　 　。
②从微观角度分析O3和O2化学性质不同的原因为　 　。
（2）电晕法制取臭氧的原理如图1所示。
①写出O2转变为O3的化学方程式　 　。
②O2的沸点比O3的　 　(填“高”或“低”)。
（3）制冷剂氟利昂(CFCl3)进入大气层后，在紫外线照射下所分解出的氯原子破坏臭氧层的反应历程如图2所示。
①请写出反应过程中物质类别属于氧化物的物质的化学式：　 　。
②研究表明：“少量的CFCl3就能对臭氧层产生巨大的影响”。请结合反应历程图简要解释该观点　 　。
12．磷酸铁锂电池正极材料主要包含磷酸铁锂(LiFePO4)、铝箔等战略性资源。从废磷酸铁锂电池正极材料中获取电池级Li2CO3和FePO4的流程如图所示：
已知：①LiFePO4在碱液中稳定存在。②2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑。
（1）“碱浸”前需将废铁锂电池放电并粉碎。
①“碱浸”时为加快浸出速率，除粉碎外还可进行的措施有　 　。(答一点)
②“碱浸”的目的是　 　。
（2）“酸浸”时的主要反应为2LiFePO4+H2SO4+H2O2=2FePO4+Li2SO4+2H2O。
①反应中铁元素的化合价　 　(填“升高”、“降低”或“不变”)。
②“酸浸”时的温度不宜过高，其原因可能为　 　。
③“酸浸”时pH对Fe、P沉淀率的影响如图1所示，为使Fe、Li分离，应调节溶液的pH范围为　 　。
（3）“沉锂”通过加入Na2CO3实现。Li2CO3的溶解度曲线如图-2所示。
①生成Li2CO3沉淀的化学方程式为　 　。
②反应时将温度升高至90℃的目的是　 　。(答一点)
13．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。将解吸所得的CO2转化为炭黑有助于实现碳中和。
（1）水、KOH溶液、CaO等都可作为CO2的捕集剂。以CaO为捕集剂的一种工艺如图1所示。
①写出以水为捕集剂时所得产物的化学式　 　。
②以CaO为捕集剂时捕捉室的温度一般控制在650℃，写出捕捉室发生的化学方程式　 　。
③将解吸室所得CaO投入捕捉室循环使用，其优点是　 　。
④选择捕集剂时需综合考虑吸收的效率和解吸的效率。因此衡量捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为　 　。
（2）CO2转化为炭黑回收利用的反应机理如图2所示，其总反应方程式为CO2C+O2。
①总反应中的催化剂是　 　。
②过程I中CO2发生　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
14．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3=FeCO3+Na2SO4、FeCO3+C6H8O7=FeC6H6O7+CO2↑+H2O。
学习小组根据该原理，模拟制备柠檬酸亚铁。
（1）配制碳酸钠溶液。实验时需要100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液。
①称量Na2CO3时出现了右盘低的现象，则接下来的操作是　 　。
②实验时量取蒸馏水所用量筒的规格为　 　(填“25”“50”或“100”)mL。
③配制过程中玻璃棒的作用是　 　。
（2）探究碳酸钠溶液的性质。
①实验一：蘸取Na2CO3溶液，点在pH试纸上，　 　，读出pH=11。
②实验二：取少量稀盐酸于试管中，滴加Na2CO3溶液，立即有大量气泡产生，写出反应的化学方程式：　 　。
③实验三：在密闭容器中，向一定量Na2CO3溶液中缓缓滴加稀盐酸，不断搅拌，利用pH传感器和CO2传感器，测得溶液的pH、容器中CO2气体的浓度随时间变化的曲线合并如图所示。则图中表示CO2浓度随时间变化的曲线是　 　(填“曲线1”或“曲线2”)。
（3）配制硫酸亚铁溶液。取少量FeSO4固体溶于水，加入少量铁粉，振荡。
【查阅资料】Fe2+易与氧气反应生成Fe3+；Fe2+遇KSCN溶液不显红色，Fe3+遇KSCN溶液显红色。
①溶解FeSO4固体所用的水在使用前必须要加热煮沸的目的是　 　。
②取少量新配制的FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，未变红色，说明溶液中不含　 　(填化学式)。
（4）制备柠檬酸亚铁晶体。
已知：①当溶液pH大于8.8时，Fe2+会完全生成Fe(OH)2沉淀。
②柠檬酸亚铁能溶于水，不溶于乙醇。
请补充完整制备柠檬酸亚铁的方案：　 　，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，充分反应后浓缩，　 　，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。(实验中须使用的试剂：Na2CO3溶液、FeSO4溶液、无水乙醇)。
15．《周礼·考工记》中记载，古人曾在草木灰(含有K2CO3)的水溶液中加入贝壳烧成的灰(主要成分为CaO)，利用生成物中能够去污的成分来洗涤丝帛。
（1）上述过程未涉及到的基本反应类型为　 　(填字母)。
a.化合反应 b.置换反应 c.复分解反应
（2）请你推测生成物中能够去污的成分，并说明理由　 　。
（3）反应K2CO3+H2SO4=K2SO4+H2O+CO2↑可用于测定草木灰样品中K2CO3的含量。取10.00g某草木灰样品加入烧杯中，缓慢加入足量稀硫酸，待反应结束后，共收集到0.88gCO2，求该草木灰样品中K2CO3的质量分数。　 　(请将计算过程写到答题纸上)
答案解析部分
1．【答案】A
【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、钙使骨骼和牙齿具有坚硬的结构支架，老年人会患骨质疏松，幼儿和青少年缺钙会患佝偻病或发育不良，故A正确；
B、铁缺乏会患贫血，因为铁是合成血红蛋白的主要元素，故B错误；
C、碘缺乏会患甲状腺肿大，因为碘是合成甲状腺激素的主要元素，故C错误；
D、钠是维持正常的水电解质酸碱平衡，稳定内环境，对糖代谢，能量代谢，心脏功能，维持正常的血压稳定起很大作用，缺钠会引起神志不清、头痛等危害，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据化学元素与人体健康的关系进行分析解答。
2．【答案】B
【知识点】合金与合金的性质；金属的化学性质；酸、碱、盐的概念
【解析】【解答】A、是由锌离子碳酸根离子构成的化合物，属于盐，故A错误；
B、金在金属活动顺序中排在H的后面，不能与稀盐酸反应，无明显现象，假黄金是铜锌合金，锌在金属活动顺序中排在H前，能与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，有气泡产生，故可用稀盐酸鉴别真假黄金，故B正确；
C、合金至少含一种金属元素，因为合金是金属与金属或非金属熔合而成具有金属特征的混合物，故C错误；
D、黄铜是铜锌合金，黄铜的熔点比铜、锌的熔点都低，因为合金的熔点比组成它的纯金属的熔点低，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据由金属离子和酸根离子构成的化合物属于盐类进行分析解答；
B、根据金属活动顺序中排在H前的金属可以与稀盐酸反应，排在H后的金属不能与稀盐酸反应进行分析解答；
C、根据合金的定义可知至少含一种金属元素进行分析解答；
D、根据合金的熔点比组分纯净水的熔点低进行分析解答。
3．【答案】A
【知识点】实验室常见的仪器及使用；药品的取用；过滤的原理、方法及其应用
【解析】【解答】A、取用粉末状药品的操作要领是“一横二送三直立”，先把试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，再把试管直立，故A正确；
B、向试管中倾倒液体药品时，试管稍倾斜，瓶塞倒放在桌面，标签要对准手心，瓶口紧挨试管口，缓缓倒入液体，故B错误；
C、使用胶头滴管滴加少量液体的操作，胶头滴管应垂直悬空在试管口上方滴加液体，不能把胶头滴管伸入试管内或接触试管内壁，故C错误；
D、过滤操作要领是“一贴二低三靠”，需要用玻璃棒引流、漏斗下端药紧靠着烧杯内壁，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A、根据取用粉末状药品的操作要领是“一横二送三直立”进行分析解答；
B、根据向试管内倾倒液体药品的正确操作和注意方法进行分析解答；
C、根据胶头滴管取用液体药品的正确操作方法和注意事项进行分析解答；
D、根据过滤需要用玻璃棒引流，漏斗下端药紧靠烧杯内壁进行分析解答。
4．【答案】D
【知识点】酸的物理性质及用途；常用盐的用途；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、金刚石无色透明，可用作装饰品，用于切割玻璃是因为硬度大，故A 错误。
B、石墨具有导电性，可用作电极，用于制作铅笔芯是因为质软、深灰色，能留下痕迹，故B 错误。
C、铁锈的主要成分是氧化铁，酸可以和金属氧化物反应，所以浓盐酸用作除锈剂是因为具有酸性，而不是挥发性，故C 错误。
D、无水硫酸铜事白色粉末，遇到水会和水结合生成生成CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O呈蓝色，所以无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验水的存在，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据金刚石硬度大用于切割玻璃进行分析解答；
B、根据石墨质软、深灰色可用作铅笔芯进行分析解答；
C、根据酸性物质可以与金属氧化物反应进行分析解答；
D、根据白色的无水硫酸铜遇水变蓝进行分析解答。
【答案】5．B
6．B
【知识点】碱的化学性质；分子的定义与分子的特性；有关元素化合价的计算；二氧化碳对环境的影响；有机物的特征、分类及聚合物的特性
【解析】【分析】（1）A、根据化石燃料形成的原因得出属于不可再生能源进行分析解答；
B、根据常见的温室气体包括甲烷、二氧化碳和臭氧等进行分析解答；
C、根据有机物的定义以及含碳元素的化合物中不属于有机物的特例进行分析解答；
D、根据电解水正极产生氧气，负极产生氢气，两种质量比为8：1进行分析解答；
（2）A、根据气态储氢时氢气只是分子的间隔变小，分子本身不变进行分析解答；
B、根据化合物中正、负化合价代数和为0进行分析解答；
C、根据氢化钙和水反应生成氢氧化钙，溶液显碱性进行分析解答；
D、根据氢化钙会与空气中的水蒸气反应进行分析解答。
5．A、化石燃料是古代生物遗骸埋在地下经过复杂而漫长的岁月才能形成，属于不可再生资源，故A错误；
B、CH4、CO2、O3等都是温室气体，都会引起温室效应气体，故B正确；
C、含碳元素的化合物，除了CO2、CO和碳酸以及碳酸盐、碳酸氢盐之外都属于有机物，所以CH4属于有机物，CO2属于无机物，故C错误；
D．电解水时正极产生氧气，负极产生氢气，两极产生气体质量比为8：1，故D错误；
故答案为：B；
6．A、气态储氢时氢气分子大小没有发生改变，只是分子间的间隔变小，故A错误；
B、CaH2中钙元素的化合价为+2，设氢元素化合价为x，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0，可得，+2+2x=0，解得x=-1，所以CaH2中H的化合价为-1价，故B正确；
C、CaH2与水反应生成氢氧化钙和氢气，氢氧化钙溶液呈碱性，故C错误；
D、CaH2能与水反应，不可以敞口保存，以防氢化钙与空气中的水蒸气反应而变质，故D错误。
故答案为：B。
7．【答案】C
【知识点】蒸发与蒸馏操作；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质
【解析】【解答】A、溶液pH<7，显酸性，实验一中固体溶于水，测得溶液pH=6，所得溶液呈酸性，故A正确；
B、由题干信息可知，该氯化钠固体中含有少量氯化钙，向所得溶液滴加稍过量的碳酸钠溶液，氯化钙和碳酸钠会发生反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，，由于碳酸钠过量，所以滤液中溶质为NaCl和Na2 CO3 ，故B正确；
C、将滤液进行蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时就应停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，不能将液体全部蒸干才停止加热，以防固体飞溅，故C错误；
D、提纯过程中，加入碳酸钠和样品中的氯化钙反应生成氯化钠 （），加入稀盐酸与过量的碳酸钠反应也生成氯化钠（），所以实际获得的氯化钠质量比理论值高，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶液pH<7显酸性进行分析解答；
B、根据过量碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应后的溶质一定有氯化钠和过量的碳酸钠进行分析解答；
C、根据蒸发结晶时，蒸发皿中出现较多固体时就应停止加热进行分析解答；
D、根据提纯过程中生成有氯化钠生成进行分析解答。
8．【答案】D
【知识点】溶解度的影响因素；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、根据表中数据可知，从 0—60℃时，碳酸钠的溶解度随温度升高先增大，后减小， 40℃时达到最大值， 故A错误；
B、30℃时，氯化钠和碳酸钠的溶解度大小关系为：氯化钠<碳酸钠，配制两种物质的饱和溶液，由于没有指明溶液的质量是否相等，无法比较所需溶质质量的大小关系，故B错误；
C、50℃时氯化钠的溶解度为37g， 表示100g水中最多能溶解37g氯化钠，该温度下100g氯化钠饱和溶液中溶质质量为：，溶剂质量为73g，降温至20℃，20℃时氯化钠的溶解度为36g，表示100g水中最多能溶解36g氯化钠，则73g的水中最多能溶解氯化钠的质量为：，析出氯化钠 = 27 g - 26.28 g ≈ 0.72 g，故C错误；
D、40℃时，碳酸钠的溶解度为49g，表示100g水最多能溶解49g碳酸钠，则50g水中最多能溶解24.5g碳酸钠，将25.0g碳酸钠加入50.0g水所得溶液为饱和溶液，则溶质质量分数约为：，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据表格数据碳酸钠的溶解度随温度升高先增大后减小进行分析解答；
B、根据一定温度下，未指明两物质的饱和溶液质量是否相等，无法比较所溶解的溶质质量大小进行分析解答；
C、根据溶解度表示在一定温度下，饱和溶液中溶质质量=，
一定量水中最多能溶解溶质质量=进行分析解答；
D、根据溶解度的定义以及溶质质量分数=进行分析解答。
9．【答案】C
【知识点】盐的化学性质；空气中常见酸碱盐的质量或性质变化及贮存法；质量守恒定律及其应用；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、 鉴别N2和CO2 ， 将燃着的木条分别伸入集气瓶中 ，木条均熄灭，不能鉴别和，因为氮气、二氧化碳均不能燃烧且不支持燃烧，实验方案不能达到实验目的，故A不符合题意；
B、氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水而变质，氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液均显碱性，均能使酚酞溶液变红，不能用滴加酚酞溶液，观察溶液颜色是否变红来检验NaOH溶液是否变质，因为不管变质与否，溶液都会变红，实验方案不能达到实验目的，故B不符合题意；
C、探究蜡烛中是否含有氢元素，点燃蜡烛并将内壁干燥的烧杯罩在火焰上方，观察到烧杯内壁有水雾生成，说明蜡烛燃烧生成了水，水由氢元素和氧元素组成，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，生成物水中含有氢元素和氧元素，蜡烛燃烧是与氧气发生的反应，氧气含有氧元素，所以蜡烛一定含有氢元素，实验方案能达到实验目的，故C符合题意；
D、 除去KNO3溶液中混有的CuSO4 ，加入过量的溶液，氢氧化钡与硫酸铜反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，充分反应后过滤除去硫酸钡、氢氧化铜，能除去杂质硫酸铜，但由于加入的氢氧化钡过量，则滤液中会引入新杂质氢氧化钡，不符合除杂原则，式样方案不能达到实验目的，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据氮气和二氧化碳都是既不燃烧也不支持燃烧进行分析解答；
B、根据碳酸钠和氢氧化钠溶液都能使酚酞溶液变红进行分析解答；
C、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；
D、根据除杂不能引入新的杂质进行分析解答。
10．【答案】D
【知识点】化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A、根据图1，Fe3O4“失效”时变成FeO，Fe3O4含铁元素的质量分数=：，FeO含铁元素质量分数=，则固体中铁元素质量分数增大，故B错误；
B、21.6gFeO中铁元素的质量=“再生”变成四氧化三铁，该过程中铁元素质量守恒，则产生四氧化三铁的质量==23.2g，理论上需消耗23.2g-21.6g=1.6gO2，故B错误；
C、根据图2，t2～t3℃时固体为Fe3O4，故“再生”的最佳温度范围为，t2～t3，故C错误；
D、根据图2，6.4g四氧化三铁变成三氧化二铁，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，该过程中铁元素质量不变，则产生三氧化二铁的质量：=24g，三氧化二铁中氧的质量，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、根据化合物中某元素的质量分数=进行分析解答；
B、根据化合物中某元素的质量=，
化合物质量=某元素的质量÷该元素的质量分数，再根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变进行分析解答；
C、根据图示“再生”的最佳温度范围为，t2～t3进行分析解答；
D、根据根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，该过程中铁元素质量不变，化合物的质量=，化合物中某元素的质量=进行分析解答。
11．【答案】（1）8；分子构成不同
（2）3O22O3；低
（3）ClO、Cl2O2；反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响
【知识点】分子和原子的区别和联系；原子结构示意图与离子结构示意图；原子的有关数量计算；化学方程式的书写与配平；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】（1）①原子中质子数 = 核外电子数，氧原子质子数x=2+6=8；
②O2由O3分子构成，O2由O2分子构成，分子构成不同决定化学性质不同；
故答案为：8；分子构成不同；
（2）①O2放电条件下转化为O3，化学方程式为；
②由图可知，降温液化时先分离出液态O3，说明O2沸点比O3低。
故答案为：；低；
（3）①氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，根据图示，氧化物有：ClO、Cl2O2；
②CFCl3分解出的氯原子在破坏臭氧的反应中起催化作用，反应前后自身不变，可不断参与反应，所以少量CFCl3就能对臭氧层产生巨大影响，故填：反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响。
故答案为：ClO；Cl2O2；
反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响 .
【分析】（1）①根据原子中质子数 = 核外电子数进行分析解答；
②根据分子构成不同，化学性质也不同进行分析解答；
（2）①根据氧气在放电的条件下生成臭氧的化学方程式的书写进行分析解答；
②根据气O2先变气体逸出，所以O2的沸点比O3进行分析解答；
（3）①根据氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物进行分析解答；
②根据图示信息进行分析解答。
（1）①原子中质子数 = 核外电子数，氧原子质子数x=2+6=8；
②O2由O3分子构成，O2由O2分子构成，分子构成不同决定化学性质不同。
（2）①O2放电条件下转化为O3，化学方程式为；
②由图可知，降温液化时先分离出液态O3，说明O2沸点比O3低。
（3）①氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物，根据图示，氧化物有：ClO、Cl2O2；
②CFCl3分解出的氯原子在破坏臭氧的反应中起催化作用，反应前后自身不变，可不断参与反应，所以少量CFCl3就能对臭氧层产生巨大影响，故填：反应过程中氯原子没有损耗，而是在循环消耗臭氧，导致少量的氯原子就能对臭氧层产生巨大影响。
12．【答案】（1）适当提高浸出温度(或使用电动搅拌器、适当提高氢氧化钠的浓度等)；除去铝(或实现磷酸铁锂和铝的分离)
（2）升高；温度过高使H2O2分解；2.0～3.0
（3）；提升沉淀反应速率
【知识点】氧气的实验室制法；溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；有关元素化合价的计算
【解析】【解答】（1）①加快浸出速率的方法有多种，除将废铁锂电池粉碎增大接触面积外，适当升高温度可加快分子运动速率，从而加快反应；搅拌也能使反应物充分接触，加快浸出速率；适当提高氢氧化钠的浓度也能加快浸出速率。
②由已知信息②可知，铝能与氢氧化钠反应，而LiFePO4在碱液中稳定存在，所以 “碱浸” 目的是通过反应除去铝箔（或实现磷酸铁锂和铝的分离）。
故答案为：① 适当提高浸出温度(或使用电动搅拌器、适当提高氢氧化钠的浓度等) ；
② 除去铝(或实现磷酸铁锂和铝的分离) ；
（2）①在LiFePO4中，锂元素显+1价，磷酸根显 3价，根据化合物中各元素化合价代数和为零，可算出铁元素显+2价；在FePO4中，磷酸根显 3价，铁元素显+3价，所以反应中铁元素化合价升高；
②“酸浸” 时用到H2O2，H2O2在温度过高时易分解，且温度高会使其挥发加快，所以 “酸浸” 温度不宜过高；
③由图可知，在pH为2.0 3.0时，铁、磷沉淀率较高，锂损失率较低，能较好地实现Fe、Li分离；
故答案为：①升高；②温度过高使H2O2分解； ③ 2.0～3.0 ；
（3）①“沉锂” 时，Na2CO3与 “酸浸” 后溶液中的Li2SO4反应生成Li2CO3沉淀和Na2SO4，化学方程式为。
②由Li2CO3溶解度曲线可知，温度升高其溶解度降低，将温度升高至90℃可降低Li2CO3溶解度，使沉淀更完全，提高产率；同时升高温度还能加快反应速率。
故答案为：①；② 提升沉淀反应速率 。
【分析】（1）①根据提高温度、搅拌、提高溶液浓度等都可以加快浸出速率进行分析解答；
②根据铝可以与氢氧化钠反应进行分析解答；
（2）①根据化合物中正、负化合价的代数和为0进行分析解答；
②根据温度过高过氧化氢会分解进行分析解答；
③根据图示，pH为2.0 3.0时，铁、磷沉淀率较高进行分析解答；
（3）①根据碳酸钠和硫酸锂反应生成碳酸锂沉淀和硫酸钠的化学方程式的书写进行分析解答；
②根据提高温度可以加快反应速率进行分析解答。
（1）①加快浸出速率的方法有多种，除将废铁锂电池粉碎增大接触面积外，适当升高温度可加快分子运动速率，从而加快反应；搅拌也能使反应物充分接触，加快浸出速率；适当提高氢氧化钠的浓度也能加快浸出速率。
②由已知信息②可知，铝能与氢氧化钠反应，而LiFePO4在碱液中稳定存在，所以 “碱浸” 目的是通过反应除去铝箔（或实现磷酸铁锂和铝的分离）。
（2）①在LiFePO4中，锂元素显+1价，磷酸根显 3价，根据化合物中各元素化合价代数和为零，可算出铁元素显+2价；在FePO4中，磷酸根显 3价，铁元素显+3价，所以反应中铁元素化合价升高。
②“酸浸” 时用到H2O2，H2O2在温度过高时易分解，且温度高会使其挥发加快，所以 “酸浸” 温度不宜过高。
③由图可知，在pH为2.0 3.0时，铁、磷沉淀率较高，锂损失率较低，能较好地实现Fe、Li分离。
（3）①“沉锂” 时，Na2CO3与 “酸浸” 后溶液中的Li2SO4反应生成Li2CO3沉淀和Na2SO4，化学方程式为。
②由Li2CO3溶解度曲线可知，温度升高其溶解度降低，将温度升高至90℃可降低Li2CO3溶解度，使沉淀更完全，提高产率；同时升高温度还能加快反应速率。
13．【答案】（1）H2CO3；CaO+CO2CaCO3；降低成本，提高原料的利用率；捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)
（2）FeO；还原
【知识点】催化剂的特点与催化作用；氧化反应及其应用；化学方程式的书写与配平；探究二氧化碳的性质；碳中和、碳达峰
【解析】【解答】（1）①以水为捕集剂时，水和二氧化碳反应产生碳酸，所得产物的化学式H2CO3；
②以CaO为捕集剂时捕捉室的温度一般控制在650℃，氧化钙和二氧化碳反应产生碳酸钙，捕捉室发生的化学方程式是；
③将所得CaO投入捕捉室循环使用，其优点是降低成本，提高原料的利用率。
④选择捕集剂要考虑吸收和解吸效率，所以除已提及的，还需比较捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)。
故答案为：①H2CO3；②；③ 降低成本，提高原料的利用率 ；
④ 捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度) ；
（2）①催化剂在反应前后质量和化学性质不变，总反应中FeO参与反应又生成，所以是催化剂。
②过程I 中二氧化碳失去氧生成C，发生还原反应（含氧化合物失去氧的反应是还原反应 ）。
故答案为：①FeO；②还原。
【分析】（1）①根据水和二氧化碳反应生成碳酸以及碳酸化学式的书写进行分析解答；
②根据氧化钙和二氧化碳在650℃时生成碳酸钙的化学方程式的书写进行分析解答；
③根据循环使用可以降低成本，提高原料利用率进行分析解答；
④根据选择捕集剂还需比较捕集剂解吸CO2的效率进行分析解答；
（2）①根据催化剂在反应前后质量和化学性质不变进行分析解答；
②根据在反应中失去氧发生的是还原反应进行分析解答。
（1）①以水为捕集剂时，水和二氧化碳反应产生碳酸，所得产物的化学式H2CO3。
②以CaO为捕集剂时捕捉室的温度一般控制在650℃，氧化钙和二氧化碳反应产生碳酸钙，捕捉室发生的化学方程式是。
③将所得CaO投入捕捉室循环使用，其优点是降低成本，提高原料的利用率。
④选择捕集剂要考虑吸收和解吸效率，所以除已提及的，还需比较捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)。
（2）①催化剂在反应前后质量和化学性质不变，总反应中FeO参与反应又生成，所以是催化剂。
②过程I 中二氧化碳失去氧生成C，发生还原反应（含氧化合物失去氧的反应是还原反应 ）。
14．【答案】（1）向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；100；搅拌
（2）把试纸显示的颜色与标准比色卡比较；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；曲线1
（3）除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；Fe2(SO4)3
（4）将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中；加入适量的无水乙醇
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；盐的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【解答】（1）①称量Na2CO3时出现了右盘低的现象，说明药品质量不足，则接下来的操作是向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；
②100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液的溶质为：100g×10.6%=10.6g，需要水的质量为100g-10.6g=89.4g，为89.4mL的水，量筒选择遵守大而近的原则，应选用100mL的量筒；
③配制过程中玻璃棒的作用是搅拌，加速固体溶解；
故答案为：向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；②100；③搅拌；
（2）①实验一：蘸取Na2CO3溶液，点在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH=11；
②碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
③碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二氧化碳是生成物，随着反应的进行，二氧化碳浓度增大，所以曲线1表示CO2浓度随时间变化，曲线II表示溶液的pH随时间变化；
故答案为：①把试纸显示的颜色与标准比色卡比较；
②Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；③ 曲线1 ；
（3）①溶解FeSO4固体所用的水在使用前必须要加热煮沸的目的是除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
②根据资料可知，Fe2+遇KSCN溶液不显红色，Fe3+遇KSCN溶液显红色；取少量新配制的FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，未变红色，说明溶液中不含Fe2(SO4)3；
故答案为：① 除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 ；② Fe2(SO4)3 ；
（4）制备柠檬酸亚铁的方案：将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，充分反应后浓缩，加入适量的无水乙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。
故答案为： 将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中 ； 加入适量的无水乙醇 。
【分析】（1）①根据指针往右偏，说明药品质量不足，需继续添加药品进行分析解答；
②根据量筒选择遵守大而近的原则进行分析解答；
③根据配制过程为了加快溶解速度，需要用玻璃棒搅拌进行分析解答；
（2）①根据用pH试纸测定溶液pH的正确读数方法进行分析解答；
②根据碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳的化学方程式的书写进行分析解答；
③根据碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，随着反应的进行，二氧化碳的浓度增大进行分析解答；
（3）①根据气体溶解度随温度的升高而减小，煮沸可除去氧气，防止Fe2+氧化进行分析解答；
②根据 Fe3+遇KSCN溶液显红色进行分析解答；
（4）根据碳酸钠和硫酸亚铁反应生成碳酸亚铁，碳酸亚铁和柠檬酸反应生成柠檬酸亚铁；柠檬酸亚铁不溶于乙醇溶液进行分析解答。
（1）①称量Na2CO3时出现了右盘低的现象，说明药品质量不足，则接下来的操作是向左盘中继续添加少量Na2CO3至天平平衡；
②100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液的溶质为：100g×10.6%=10.6g，需要水的质量为100g-10.6g=89.4g，为89.4mL的水，量筒选择遵守大而近的原则，应选用100mL的量筒；
③配制过程中玻璃棒的作用是搅拌，加速固体溶解；
（2）①实验一：蘸取Na2CO3溶液，点在pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH=11；
②碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
③碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，二氧化碳是生成物，随着反应的进行，二氧化碳浓度增大，所以曲线1表示CO2浓度随时间变化，曲线II表示溶液的pH随时间变化；
（3）①溶解FeSO4固体所用的水在使用前必须要加热煮沸的目的是除去溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；
②根据资料可知，Fe2+遇KSCN溶液不显红色，Fe3+遇KSCN溶液显红色；取少量新配制的FeSO4溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，未变红色，说明溶液中不含Fe2(SO4)3；
（4）制备柠檬酸亚铁的方案：将Na2CO3溶液缓慢加入盛有FeSO4溶液的烧杯中，待沉淀不再增加后过滤，将滤渣溶于足量的柠檬酸溶液中，充分反应后浓缩，加入适量的无水乙醇，静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。
15．【答案】（1）b
（2）成分是KOH，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应
（3）解：设碳酸钾的质量为x。解得：x=2.76g该草木灰样品中K2CO3的质量分数是：答： 该草木灰样品中K2CO3的质量分数为27.6%。
【知识点】含杂质物质的化学反应的有关计算；碱的化学性质；盐的化学性质；反应类型的判定
【解析】【解答】（1）贝壳烧成灰碳酸钙分解产生氧化钙和二氧化碳，属于分解反应；CaO与水反应产生氢氧化钙属于化合反应；，复分解反应，未涉及置换反应，答案为b；
故答案为：b；
（2）成分是氢氧化钾；CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应。
故答案为： 成分是KOH，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应 。
【分析】（1）根据碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳属于分解反应，氧化钙和水反应生成氢氧化钙是化合反应，氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾是复分解反应进行分析解答；
（2）根据氢氧化钙和碳酸钾反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾，氢氧化钾呈碱性，可以和油污反应进行分析解答；
（3）先设未知量，再正确写出碳酸钾和硫酸反应生成硫酸钾、水和二氧化碳的化学方程式，找准相关物质的质量比，已知量是二氧化碳的质量，未知量是碳酸钾的质量，列比例式，求出碳酸钾的质量，最后代入公式：求出样品中碳酸钾的质量分数，最后简明写出答案。
（1）贝壳烧成灰碳酸钙分解产生氧化钙和二氧化碳，属于分解反应；CaO与水反应产生氢氧化钙属于化合反应；，复分解反应，未涉及置换反应，答案为b；
（2）成分是氢氧化钾；CaO与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钾发生复分解反应生成碳酸钙沉淀和KOH，KOH溶液是碱溶液，可以和油污反应。
（3）见答案。
1 / 1

展开更多......

收起↑