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2026年广东深圳市中考第一次模拟考试化学试题
深圳大力推进新能源汽车、氢能、光伏产业，助力“双碳”目标。完成以下3个小题。
1．下列相关做法不符合绿色理念的是
A．推广使用氢能公交 B．废旧汽车电池随意丢弃
C．光伏工厂污水处理后排放 D．停车场加装光伏充电板
2．锂(Li)、钴、磷(P)是制造锂电池的关键元素。下列相关化学用语表示正确的是
A．2个锂原子：Li2
B．磷酸钠(Na3PO4)中磷元素的化合价：+5
C．钴元素：CO
D．锂离子：Li+1
3．新型光电材料——C70(OH)10可用于高端芯片制造。下列有关该物质的说法正确的是
A．该物质由3种原子构成
B．该物质中碳、氧元素质量比为7：1
C．该物质中氢元素的质量分数最小
D．该物质的分子质量为970g
4．北京大学科研团队实现了在温和条件下将乙烯(C2H4)转化为乙炔(C2H2)，该反应的微观示意图如下，下列有关说法错误的是
A．该反应属于分解反应
B．反应前后原子种类和数目均不变
C．反应前后各元素的化合价均不变
D．反应生成的乙炔和氢气质量比为13：1
5．归纳和总结是化学学习的重要方法。下列归纳和总结完全正确的一组是
A.化学与生活 B.化学与安全
①熟石灰用于改良酸性土壤 ②活性炭降低水的硬度 ①点燃H2、CO等气体前需要验纯 ②在室内放一盆水能防止煤气中毒
C.化学与科学家 D.化学与能源
①门捷列夫编制了元素周期表 ②张青莲研究了纯碱的制备方法 ①太阳能电池是将太阳能转化为电能 ②煤、石油、天然气都是化石燃料
A．A B．B C．C D．D
6．“拉风箱，夯铁锤”——源自三国名士嵇康“柳下锻铁”的典故。“锻铁”，是指将生铁在空气中加热至红热状态，并反复捶打，使其逐渐转变为性能更优的钢。下列关于该过程的说法，合理的是
A．“锻铁”的目的是降低生铁中的含碳量
B．煤燃烧更旺是因为降低了煤的着火点
C．风箱鼓入的空气能为煤燃烧提供可燃物，使燃烧持续进行
D．煤燃烧产生的废气中只含有CO2和H2O，可直接排放到空气中
7．设计实验方案，解决实际问题，是化学独特的学科思想。下列实验药品与实验装置，能达到对应实验目的的是
A．验证质量守恒定律 B．验证铜和锌的金属活动性顺序
C．实验室制取纯净的氢气 D．探究分子在不断运动
8．“硝石淋洗法”是《天工开物》中制取KNO3的核心工艺，这种方法制得的KNO3中常含有NaCl杂质。如图是KNO3和NaCl的溶解度曲线，以下说法正确的是
A．KNO3的溶解度比NaCl溶解度大
B．a1℃时，两种溶液的溶质的质量分数一定相同
C．a2℃时在50g水中加入50gKNO3固体可制得KNO3饱和溶液
D．提纯混有少量NaCl的KNO3可采用降温结晶的方法
9．物质的检验、鉴别和除杂是科学探究的重要组成部分。下列实验方案设计不合理的是
选项 实验目的 实验方案
A 检验蜡烛中是否含有碳元素 点燃蜡烛，在火焰上方罩一个干燥的烧杯
B 除去粗盐中难溶性的杂质 加足量水，溶解、过滤、蒸发
C 鉴别NH4NO3、NaOH两种固体 取样，分别加水溶解，手摸试管外壁
D 除去CuSO4溶液中的H2SO4 加入足量氧化铜粉末，过滤
A．A B．B C．C D．D
10．将生锈的铁钉放入盛有过量稀硫酸的密闭容器中，用压强传感器测得容器内气体压强和反应时间的变化曲线如图，下列说法正确的是
A．C点时溶液中只有一种溶质
B．反应结束后溶液质量比反应前减少
C．B~C段发生的主要化学反应为
D．由C~D段压强变化可推测容器内发生了放热反应
11．燃烧作为人类文明中应用上万年的能量转换方式取火之法与燃料的不断更迭始终伴随着人类发展。
I.古籍中的取火之法
西汉时期的《淮南子·天文训》记：“阳燧见日，则燃而为火”，指用凹面铜镜聚光取火。明代《本草纲目》记“火折”(如图)以竹筒装硝石硫磺等药物，以口吹即可生火。
Ⅱ.近代的取火之法
19世纪初问世的第一代安全火柴，其关键原理是将氧化剂与还原剂分隔。火柴头含氯酸钾、硫磺等；盒侧磷皮以红磷为核心，辅以摩擦剂、粘合剂。使用时，摩擦生热使部分红磷转化为白磷，随即白磷与氧气反应产生热量，引燃火柴头。
Ⅲ.现代的燃料
氨气(NH3)作为氢载体，其能源化应用成为研究热点。氨气在空气中不可燃，但在纯氧中燃烧可生成空气中含量最多的气体和水。
请根据以上信息回答下列问题
（1）铜块捶打成薄片可制成凹面铜镜，体现了铜的　 　。
（2）转动火折子错开进气孔，会使火折子彻底熄灭，原因是　 　。
（3）安全火柴使用中红磷转变为白磷的过程是　 　(填“物理变化”或“化学变化”)。
（4）氨气在纯氧中燃烧的化学方程式　 　；燃烧过程中，化学能转化为　 　。
（5）爆炸极限是指可燃性气体等与空气混合后，遇火源能够发生爆炸的浓度范围。请根据氨气和氢气在相同条件下的参数对比分析氨气作为燃料的优势是　 　(填一条即可)。
参数 氢气 氨气
颜色、气味 无色、无味 无色、有刺激性气味
沸点/℃ -252 -33
爆炸极限/% 4-74 15-28
最小点火能量/MJ 0.02 8
12．次氯酸钠(NaClO)是许多漂白消毒剂的有效成分，但久置后它的漂白作用会逐渐减弱甚至消失，兴趣小组决定对某久置的次氯酸钠粉末展开探究。
探究项目：久置次氯酸钠的成分探究与保存
【查阅资料】次氯酸钠(NaClO)有如下性质：
1.可溶于热水，并发生反应，持续产生气泡，且溶液的pH>7；
2.在空气中能与CO2、H2O反应生成碳酸钠(
任务1：检测次氯酸钠
（1）小深同学取少量久置次氯酸钠样品配成溶液，滴加无色酚酞溶液，溶液变红，他得出样品中含有次氯酸钠的结论，小圳同学认为此结论不合理，请写出理由：　 　。
（2）小圳同学将样品溶于热水，无明显现象，可知样品中　 　(选填“含”或“不含”)次氯酸钠。
任务2：检测碳酸钠
（3）兴趣小组设计如下实验进一步检测样品中是否含碳酸钠请选择下列药品中的一种或几种，补充操作步骤与现象：
化学药品：稀盐酸、NaOH溶液、Ca(OH)2溶液、BaCl2溶液
实验操作 实验现象 实验结论
将样品配成溶液，　 　 　 　 样品中含有
③请写出上述实验现象对应的化学方程式　 　。
（4）次氯酸钠在光照或温度较高时会分解生成NaCl和O2，写出该反应的化学方程式　 　。
任务3：制定保存方案
（5）为了防止次氯酸钠变质失效，应在　 　条件下保存。
13．明矾在造纸、净水等方面应用广泛。铝灰是含Al、和少量FeO、Fe2O3、SiO2等成分的块状固体，实验室以铝灰为原料制备明矾的流程如图所示：
已知：①不溶于强酸；
②可以使氧化为
③和会在不同的pH值范围沉淀。
回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分是　 　(填化学式)。
（2）为了提高“酸浸”效率可以采取的措施有　 　(任写一种即可)，请写出“酸浸”中发生的化学反应方程式　 　。
（3）“氧化”后溶液中的金属阳离子有：　 　(填微粒符号)。
（4）其他条件相同时，Fe2+的“氧化效率”与温度的关系如图所示，试解释温度升高“氧化效率”降低的可能原因是　 　(利用化学方程式解释)。
（5）在“酸浸”“调pH沉铁”“沉铝”步骤后均需进行的操作是　 　。
（6）溶液的pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。“调pH沉铁”时应控制溶液的最佳pH值为3.0，理由是　 　。
14．我国承诺在2060年前实现“碳中和”，“固碳”是实现碳中和的重要途径之一，请回答：
（1）“碳达峰”与“碳中和”中的“碳”指的是　 　(填碳元素或二氧化碳)。
（2）通过将气态CO2压入地下变为液态，可以实现碳封存。从微观的角度解释此过程发生的主要改变是　 　。
（3）澄清石灰水和石灰乳均可用于捕集CO2，相同条件下石灰乳的捕集效果更好，原因是　 　。
（4）某工厂使用质量分数为6%NaOH溶液捕集低浓度CO2，将50t质量分数为24%的NaOH溶液稀释至所需浓度，需加水的质量为　 　。
（5）植物吸收二氧化碳的反应原理是6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，若吸收44g二氧化碳，理论上可释放出氧气的质量为多少？(根据化学方程式计算，写出具体计算过程)
（6）将CO2作为资源是实现碳中和的最有效方法。以CO2和H2为原料，在一定条件下生成甲醇CH3OH和另一种物质，从质量守恒定律角度分析该物质中一定含有的元素为　 　(写元素符号)。
答案解析部分
【答案】1．B
2．B
3．C
【知识点】绿色化学；元素的符号及其意义；有关元素化合价的计算；化学式的相关计算
【解析】（1）根据保护环境的措施、做法，减少污染的做法分析。
（2）A、一般情况下，金属单质、固态非金属单质和稀有气体都是由原子直接构成的物质，它们的化学式直接用元素符号来表示。
B、在化合物中元素的正负化合价代数和为0。
C、根据元素符号的书写原则“一大二小”分析。
D、离子：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数前，（正负符）号后，带1个电荷时，1要省略。
（3）A、宏观上，物质由元素组成的。
B、在化学式中，元素的质量比等于元素的相对原子质量与原子个数的乘积之比。
C、在化学式中，元素的质量比中比值小的，其此元素的质量分数越小。
D、相对原子（分子）质量的单位是“1”，不是“g”。
1．A. 氢能燃烧产物只有水，无污染，符合绿色理念，故不符合题意；
B. 废旧汽车电池含有毒重金属，随意丢弃会污染土壤和水体，不符合绿色理念，故符合题意；
C. 污水处理后排放，减少水体污染，符合绿色理念，故不符合题意；
D. 光伏充电板利用太阳能，减少化石能源消耗，符合绿色理念，故不符合题意；
故答案为：B。
2．A. 锂金属是由原子直接构成；2个锂原子表示为2Li，故错误；
B. 在化合物中元素正负化合价代数和为0，Na为+1价，O为-2价，设P的化合价为x，则(+1)×3+x+( 2)×4=0，解得x=+5价，磷元素的化合价为+5，故正确；
C. 钴元素符号为Co，CO是一氧化碳的化学式，故错误；
D. 离子带1个单位电荷时数字1需省略，锂离子符号为Li+，故错误；
故答案为：B。
3．A. 该物质由C70(OH)10分子构成，该分子由3种原子构成，故错误；
B. 该物质中碳、氧元素质量比=(12×70)：(16×10)=21：4，故错误；
C. 该物质中C、O、H元素质量比=（12×70）：（16×10）：（1×10）=84：16：1，氢元素的质量分数最小，故正确；
D. 相对原子（分子）质量的单位是“1”，不是“g”，该物质的分子质量=12×70+16×10+1×10=1010，故错误；
故答案为：C。
4．【答案】C
【知识点】化合价规律和原则；分解反应及其应用；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
5．【答案】D
【知识点】常见碱的特性和用途；化学相关人物及贡献；基础知识点归纳；一氧化碳的毒性；化石燃料的利用与保护
【解析】【解答】A. ①熟石灰呈弱碱性，用于改良酸性土壤，正确；②活性炭具有吸附性，能吸附水中的色素和异味，但是无法除去可溶性钙镁化合物，不能降低水的硬度，错误，故不符合题意；
B. ①H2、CO属于可燃性气体，与空气混合时遇到明火易发生爆炸，点燃前必须验纯，正确；②煤气中毒的原因是CO与血红蛋白结合，CO难溶于水，室内放一盆水不能防止煤气中毒，错误，故不符合题意；
C. ①门捷列夫编制了元素周期表，正确；②张青莲的主要贡献是主持测定部分原子的相对原子质量，研究纯碱制备方法的是侯德榜，错误，故不符合题意；
D. ①太阳能电池的能量转化形式是太阳能转化为电能，正确；②煤、石油、天然气属于三大化石燃料，正确，故符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、① 根据中和反应的应用；②活性炭具有吸附性，进行分析。
B、①根据可燃性气体易发生爆炸，一氧化碳的性质分析。
C、根据科学家的贡献分析。
D、根据太阳能电池的能量转化形式，三大化石燃料的种类分析。
6．【答案】A
【知识点】生铁和钢；燃烧与燃烧的条件；完全燃烧与不完全燃烧；常用燃料的使用与其对环境的影响
【解析】【解答】A. 生铁含碳量高于钢，生铁中的碳与空气中的氧气在加热下反应生成二氧化碳，可降低含碳量制得钢，故正确。
B. 煤燃烧更旺是因为鼓入空气提供了充足氧气，着火点是可燃物的固有属性，不会随意改变，故错误。
C. 风箱鼓入空气，氧气具有助燃性，本身不是可燃物，故错误。
D. 煤中含有硫等杂质，燃烧会生成二氧化硫、一氧化碳等有害气体，不能直接排放，故错误。
故答案为：A。
【分析】A、碳与空气中的氧气在加热下反应生成二氧化碳。
B、着火点是可燃物的固有属性，不会发生改变。
C、氧气具有助燃性。
D、根据煤中含有硫等杂质分析。
7．【答案】B
【知识点】盐的化学性质；分子的定义与分子的特性；验证质量守恒定律；金属活动性的探究；氢气的制取和检验
8．【答案】D
【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
【解析】【解答】A. 未说明温度时无法比较KNO3和NaCl的溶解度大小，故错误；
B. a1℃时，为KNO3和NaCl的交点，说明其饱和溶液的溶质质量分数一定相等，但题意中未说明溶液是否饱和，无法确定溶质质量分数关系，故错误；
C. a2℃时KNO3的溶解度为120g，即该温度下100g水最多溶解120g KNO3，推算得50g水最多溶解60g KNO3，加入50g KNO3固体可完全溶解，为不饱和溶液，故错误；
D. 由溶解度曲线图，KNO3的溶解度随温度升高显著增大，NaCl的溶解度受温度影响较小，则提纯混有少量NaCl的KNO3可采用降温结晶的方法，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据比较溶解度大小必须指明温度，进行分析。
B、 根据溶解度曲线图中交点的含义分析。
C、 根据a2℃时KNO3的溶解度为120g，进行计算。
D、 根据溶解度曲线图，KNO3的溶解度随温度升高显著增大，NaCl的溶解度受温度影响较小，进行分析。
9．【答案】A
【知识点】物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A. 点燃蜡烛，在火焰上方罩一个干燥的烧杯，干燥烧杯出现水雾，证明蜡烛含氢元素，无法验证碳元素的存在，方案不合理，故符合题意。
B. 粗盐中难溶性杂质可通过溶解、过滤除去，再蒸发溶液即可得到精盐，方案合理，故不符合题意。
C. 溶解会吸热，能使溶液温度降低，溶解会放热，能使溶液温度升高，可通过触摸试管外壁鉴别，方案合理，故不符合题意。
D. 足量氧化铜与反应生成和，过滤可除去过量的氧化铜，且不引入新杂质，方案合理，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】除杂的原则：1、除杂剂只能与杂质反应，不能与欲保留的物质反应；2、不能引入新杂质；3、最佳的除杂方法是除杂剂与杂质反应生成欲保留的物质。
首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂和方法，出现不同的现象即可鉴别。
10．【答案】D
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；金属的化学性质；酸的化学性质；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A. AB 段，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，BC 段为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，C点为压强最高点，代表铁与稀硫酸的反应刚好结束。已知稀硫酸是过量的，因此反应后溶液中的溶质有3种，即硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸，故错误。
B. 根据质量守恒定律，反应前后总质量不变。反应中，铁钉（固体）溶解进入溶液，仅生成（气体）逸出溶液。溶液质量变化量=溶解的固体质量逸出的气体质量。铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为，每56份质量的溶解，仅生成2份质量的生成，所以溶液质量增加了，故错误。
C. BC 段为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，容器中的酸是稀硫酸（），正确的化学方程式应为，故错误。
D. C点是反应结束的时刻，此时容器内温度最高（反应放热）；段压强下降，是因为反应结束后不再放热，容器内温度逐渐冷却至室温，气体热胀冷缩，压强降低，因此可以推测该反应是放热反应，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、AB 段，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，BC 段为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，C点为压强最高点，代表铁与稀硫酸的反应刚好结束。
B、根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，结合实验，进行分析。
C、铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。
D、根据反应放热，才会出现“反应结束后温度回落、压强下降”的现象，进行分析。
11．【答案】（1）延展性
（2）隔绝氧气或隔绝空气
（3）化学变化
（4）；热能或热能和光能
（5）氨气有刺激性气味，泄漏易被察觉或氨气的爆炸极限范围窄、最小点火能量高，使用更安全
【知识点】常见金属的特性及其应用；物质发生化学变化时的能量变化；灭火的原理和方法；燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃
【解析】【解答】（1）铜金属能被捶打加工成薄片，体现了铜金属的延展性。
（2）物质燃烧需要满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点；错开进气孔后，空气无法进入，隔绝了可燃物与氧气的接触，则火折子熄灭。
（3）红磷和白磷是结构不同的两种物质，该转化有新物质生成，属于化学变化。
（4）根据题意，氨气在氧气中燃烧生成氮气和水，化学方程式为；燃烧过程中，可燃物储存的化学能转化为发光放热的热能（和光能）。
（5）结合表格参数对比，可从爆炸极限、沸点、气味等角度分析优势，如氨气有刺激性气味，泄漏易被察觉或氨气的爆炸极限范围窄、最小点火能量高，使用更安全，任选一条合理即可。
【分析】（1）根据金属具有延展性分析。
（2）根据物质燃烧的条件分析。
（3）有新物质生成的变化，属于化学变化。
（4）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水。
燃烧过程中，可燃物中化学能转化为热能（和光能）。
（5）根据表格参数对比，可从爆炸极限、沸点、气味等角度分析优势。
（1）金属能被捶打加工成薄片，体现了金属的延展性，因此该性质是延展性。
（2）燃烧需要满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点；错开进气孔后，空气无法进入，隔绝了可燃物与氧气的接触，因此火折子熄灭。
（3）红磷和白磷是结构不同的两种物质，该转化有新物质生成，因此属于化学变化。
（4）根据题意，氨气燃烧生成空气中含量最多的氮气和水，配平后得到化学方程式；燃烧过程中，可燃物储存的化学能转化为发光放热的热能（和光能）。
（5）结合表格参数对比，可从爆炸极限、沸点、气味等角度分析优势，如氨气有刺激性气味，泄漏易被察觉或氨气的爆炸极限范围窄、最小点火能量高，使用更安全，任选一条合理即可。
12．【答案】样品中可能含有碳酸钠，碳酸钠溶液也呈碱性，能使无色酚酞溶液变红；不含；加入适量的溶液或加入适量的溶液、加入足量稀盐酸；产生白色沉淀或有气泡产生；或、；；密封、避光、低温
【知识点】常用盐的用途；盐的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律
【解析】【解答】（1）根据查阅资料，次氯酸钠变质，在空气中能与CO2、H2O反应会生成碳酸钠，碳酸钠水溶液也呈碱性，同样能使无色酚酞溶液变红，则无法证明一定含有次氯酸钠。
（2）已知次氯酸钠溶于热水会持续产生气泡，样品溶于热水无明显现象，说明样品中不含次氯酸钠。
（3）根据实验结论是样品中含有碳酸钠，检验碳酸根离子，可利用钡离子/钙离子与碳酸根生成白色沉淀，或氢离子与碳酸根生成二氧化碳气体，氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为；
氢氧化钙溶液与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，化学方程式为；
若加入稀盐酸，盐酸能与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，对应的现象是产生气泡，化学方程式为：。
（4）次氯酸钠在光照或温度较高时会分解生成氯化钠和氧气，化学方程式为：。
（5）次氯酸钠会与空气中的二氧化碳、水反应，且光照/高温下易分解，因此需要在密封、避光、低温阴凉的条件下保存。
【分析】（1）根据查阅资料，次氯酸钠变质，在空气中能与CO2、H2O反应会生成碳酸钠，碳酸钠水溶液也呈碱性，进行分析。
（2）根据次氯酸钠溶于热水会持续产生气泡，样品溶于热水无明显现象，进行分析。
（3）氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠；
氢氧化钙溶液与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠；
若加入稀盐酸，盐酸能与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
（4）根据反应的文字叙述，写出化学方程式。
（5）根据次氯酸钠会与空气中的二氧化碳、水反应，且光照/高温下易分解，进行分析。
13．【答案】（1）SiO2
（2）增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度；
（3）Al3+、Fe3+
（4）
（5）过滤
（6）pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，既可以除去铁杂质，又能减少铝的损失，提高明矾产率
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；氧气的实验室制法；酸的化学性质；盐的化学性质；化学式的书写及意义
【解析】【解答】（1）已知SiO2 不溶于强酸，铝灰中其他组分均可与稀硫酸反应进入溶液，则滤渣I的主要成分为SiO2 。
（2）为了提高“酸浸”效率可以采取的措施有增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度；氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为：。
（3）酸浸后，铝、氧化铝与酸反应转化为Al3+，FeO与酸反应转化为Fe2+，Fe2 O3 与酸反应转化为Fe3+，加入H2 O2 会将Fe2+全部氧化为Fe3+，则氧化后溶液中的金属阳离子为Al3+、Fe3+。
（4）H2 O2 受热易分解生成水和氧气，温度升高后，H2 O2分解损耗，氧化剂浓度降低，因此氧化效率下降，反应的化学方程式为：。
（5）三个步骤都需要分离固体沉淀和溶液，分离固液混合物的操作是过滤。
（6）沉铁的目的是除去铁杂质同时尽量不损失铝元素，由图像可知，pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，既可以除去铁杂质，又能减少铝的损失，提高明矾产率。
【分析】（1）根据SiO2 不溶于强酸分析。
（2）根据增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度，可以提高反应速度。
氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和水。
（3）根据加入H2 O2 会将Fe2+全部氧化为Fe3+，进行分析。
（4）H2 O2 受热易分解生成水和氧气。
（5）根据过滤操作的原理分析。
（6）根据图像，pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，进行分析。
（1）已知SiO2 不溶于强酸，铝灰中其他组分均可与稀硫酸反应进入溶液，因此滤渣I的主要成分为SiO2 ；
（2）为了提高“酸浸”效率可以采取的措施有增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度；氧化铝和稀硫酸发生复分解反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为：；
（3）酸浸后铝、氧化铝转化为Al3+，FeO转化为Fe2+，Fe2 O3 转化为Fe3+，加入H2 O2 会将Fe2+全部氧化为Fe3+，因此氧化后溶液中的金属阳离子为Al3+、Fe3+；
（4）H2 O2 受热易分解，温度升高后，H2 O2分解损耗，氧化剂浓度降低，因此氧化效率下降，反应的化学方程式为：；
（5）三个步骤都需要分离固体沉淀和溶液，分离固液混合物的操作是过滤；
（6）沉铁的目的是除去铁杂质同时尽量不损失铝元素，由图像可知，pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，既可以除去铁杂质，又能减少铝的损失，提高明矾产率。
14．【答案】（1）二氧化碳
（2）二氧化碳分子间的间隔变小
（3）石灰乳中氢氧化钙的含量更高，能吸收更多的二氧化碳(或澄清石灰水浓度低，石灰乳悬浊液中可溶解的氢氧化钙持续反应，捕集效果更好)
（4）150t
（5）解：设理论上可释放出氧气的质量为x
答：理论上可释放出氧气的质量为32g。
（6）
【知识点】分子的定义与分子的特性；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；一定溶质质量分数的溶液的配制；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】（1）“碳达峰”“碳中和”中的“碳”指的是造成温室效应的二氧化碳。
（2）气态二氧化碳变为液态，没有新物质生成属于物理变化，二氧化碳分子本身不变，受压后分子间隔减小，变为液态。
（3）澄清石灰水是低浓度的氢氧化钙溶液，氢氧化钙溶解度小，石灰乳中可与二氧化碳反应的氢氧化钙更多，因此捕集效果更好。
（4）溶液稀释前后溶质质量不变，设加水质量为x，列式得：，解得。
（6）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子个数不变，反应物、共含三种元素，生成物为和另一种物质，另一产物一定含有氧元素，通过原子守恒分析，但无法确定是否一定含有氢元素。
【分析】（1）宏观上，元素组成物质。
（2）根据气态二氧化碳变为液态，受压后分子间隔减小，进行分析。
（3）根据澄清石灰水、石灰乳的成分分析。
（4）根据溶液稀释前后溶质质量不变，进行计算。
（5）先设未知数，正确写出二氧化碳与水反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是二氧化碳的质量，未知量是生成铁的氧气质量；列比例式计算。
（6）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子个数不变，进行分析。
（1）“碳达峰”“碳中和”中的“碳”指的是造成温室效应的二氧化碳，不是泛指碳元素。
（2）气态二氧化碳变为液态属于物理变化，二氧化碳分子本身不变，改变的是分子间间隔，受压后分子间隔减小，变为液态。
（3）澄清石灰水是低浓度的氢氧化钙溶液，氢氧化钙溶解度小，石灰乳中可与二氧化碳反应的氢氧化钙更多，因此捕集效果更好。
（4）溶液稀释前后溶质质量不变，设加水质量为x，列式得：，解得。
（5）根据二氧化碳和氧气的质量比可计算出氧气的质量，详细计算过程可参考答案。
（6）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子个数不变，反应物、共含三种元素，生成物为和另一种物质。通过原子守恒分析，另一产物一定含有氧元素，但无法确定是否一定含有氢元素。
1 / 12026年广东深圳市中考第一次模拟考试化学试题
深圳大力推进新能源汽车、氢能、光伏产业，助力“双碳”目标。完成以下3个小题。
1．下列相关做法不符合绿色理念的是
A．推广使用氢能公交 B．废旧汽车电池随意丢弃
C．光伏工厂污水处理后排放 D．停车场加装光伏充电板
2．锂(Li)、钴、磷(P)是制造锂电池的关键元素。下列相关化学用语表示正确的是
A．2个锂原子：Li2
B．磷酸钠(Na3PO4)中磷元素的化合价：+5
C．钴元素：CO
D．锂离子：Li+1
3．新型光电材料——C70(OH)10可用于高端芯片制造。下列有关该物质的说法正确的是
A．该物质由3种原子构成
B．该物质中碳、氧元素质量比为7：1
C．该物质中氢元素的质量分数最小
D．该物质的分子质量为970g
【答案】1．B
2．B
3．C
【知识点】绿色化学；元素的符号及其意义；有关元素化合价的计算；化学式的相关计算
【解析】（1）根据保护环境的措施、做法，减少污染的做法分析。
（2）A、一般情况下，金属单质、固态非金属单质和稀有气体都是由原子直接构成的物质，它们的化学式直接用元素符号来表示。
B、在化合物中元素的正负化合价代数和为0。
C、根据元素符号的书写原则“一大二小”分析。
D、离子：在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数前，（正负符）号后，带1个电荷时，1要省略。
（3）A、宏观上，物质由元素组成的。
B、在化学式中，元素的质量比等于元素的相对原子质量与原子个数的乘积之比。
C、在化学式中，元素的质量比中比值小的，其此元素的质量分数越小。
D、相对原子（分子）质量的单位是“1”，不是“g”。
1．A. 氢能燃烧产物只有水，无污染，符合绿色理念，故不符合题意；
B. 废旧汽车电池含有毒重金属，随意丢弃会污染土壤和水体，不符合绿色理念，故符合题意；
C. 污水处理后排放，减少水体污染，符合绿色理念，故不符合题意；
D. 光伏充电板利用太阳能，减少化石能源消耗，符合绿色理念，故不符合题意；
故答案为：B。
2．A. 锂金属是由原子直接构成；2个锂原子表示为2Li，故错误；
B. 在化合物中元素正负化合价代数和为0，Na为+1价，O为-2价，设P的化合价为x，则(+1)×3+x+( 2)×4=0，解得x=+5价，磷元素的化合价为+5，故正确；
C. 钴元素符号为Co，CO是一氧化碳的化学式，故错误；
D. 离子带1个单位电荷时数字1需省略，锂离子符号为Li+，故错误；
故答案为：B。
3．A. 该物质由C70(OH)10分子构成，该分子由3种原子构成，故错误；
B. 该物质中碳、氧元素质量比=(12×70)：(16×10)=21：4，故错误；
C. 该物质中C、O、H元素质量比=（12×70）：（16×10）：（1×10）=84：16：1，氢元素的质量分数最小，故正确；
D. 相对原子（分子）质量的单位是“1”，不是“g”，该物质的分子质量=12×70+16×10+1×10=1010，故错误；
故答案为：C。
4．北京大学科研团队实现了在温和条件下将乙烯(C2H4)转化为乙炔(C2H2)，该反应的微观示意图如下，下列有关说法错误的是
A．该反应属于分解反应
B．反应前后原子种类和数目均不变
C．反应前后各元素的化合价均不变
D．反应生成的乙炔和氢气质量比为13：1
【答案】C
【知识点】化合价规律和原则；分解反应及其应用；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
5．归纳和总结是化学学习的重要方法。下列归纳和总结完全正确的一组是
A.化学与生活 B.化学与安全
①熟石灰用于改良酸性土壤 ②活性炭降低水的硬度 ①点燃H2、CO等气体前需要验纯 ②在室内放一盆水能防止煤气中毒
C.化学与科学家 D.化学与能源
①门捷列夫编制了元素周期表 ②张青莲研究了纯碱的制备方法 ①太阳能电池是将太阳能转化为电能 ②煤、石油、天然气都是化石燃料
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】常见碱的特性和用途；化学相关人物及贡献；基础知识点归纳；一氧化碳的毒性；化石燃料的利用与保护
【解析】【解答】A. ①熟石灰呈弱碱性，用于改良酸性土壤，正确；②活性炭具有吸附性，能吸附水中的色素和异味，但是无法除去可溶性钙镁化合物，不能降低水的硬度，错误，故不符合题意；
B. ①H2、CO属于可燃性气体，与空气混合时遇到明火易发生爆炸，点燃前必须验纯，正确；②煤气中毒的原因是CO与血红蛋白结合，CO难溶于水，室内放一盆水不能防止煤气中毒，错误，故不符合题意；
C. ①门捷列夫编制了元素周期表，正确；②张青莲的主要贡献是主持测定部分原子的相对原子质量，研究纯碱制备方法的是侯德榜，错误，故不符合题意；
D. ①太阳能电池的能量转化形式是太阳能转化为电能，正确；②煤、石油、天然气属于三大化石燃料，正确，故符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、① 根据中和反应的应用；②活性炭具有吸附性，进行分析。
B、①根据可燃性气体易发生爆炸，一氧化碳的性质分析。
C、根据科学家的贡献分析。
D、根据太阳能电池的能量转化形式，三大化石燃料的种类分析。
6．“拉风箱，夯铁锤”——源自三国名士嵇康“柳下锻铁”的典故。“锻铁”，是指将生铁在空气中加热至红热状态，并反复捶打，使其逐渐转变为性能更优的钢。下列关于该过程的说法，合理的是
A．“锻铁”的目的是降低生铁中的含碳量
B．煤燃烧更旺是因为降低了煤的着火点
C．风箱鼓入的空气能为煤燃烧提供可燃物，使燃烧持续进行
D．煤燃烧产生的废气中只含有CO2和H2O，可直接排放到空气中
【答案】A
【知识点】生铁和钢；燃烧与燃烧的条件；完全燃烧与不完全燃烧；常用燃料的使用与其对环境的影响
【解析】【解答】A. 生铁含碳量高于钢，生铁中的碳与空气中的氧气在加热下反应生成二氧化碳，可降低含碳量制得钢，故正确。
B. 煤燃烧更旺是因为鼓入空气提供了充足氧气，着火点是可燃物的固有属性，不会随意改变，故错误。
C. 风箱鼓入空气，氧气具有助燃性，本身不是可燃物，故错误。
D. 煤中含有硫等杂质，燃烧会生成二氧化硫、一氧化碳等有害气体，不能直接排放，故错误。
故答案为：A。
【分析】A、碳与空气中的氧气在加热下反应生成二氧化碳。
B、着火点是可燃物的固有属性，不会发生改变。
C、氧气具有助燃性。
D、根据煤中含有硫等杂质分析。
7．设计实验方案，解决实际问题，是化学独特的学科思想。下列实验药品与实验装置，能达到对应实验目的的是
A．验证质量守恒定律 B．验证铜和锌的金属活动性顺序
C．实验室制取纯净的氢气 D．探究分子在不断运动
【答案】B
【知识点】盐的化学性质；分子的定义与分子的特性；验证质量守恒定律；金属活动性的探究；氢气的制取和检验
8．“硝石淋洗法”是《天工开物》中制取KNO3的核心工艺，这种方法制得的KNO3中常含有NaCl杂质。如图是KNO3和NaCl的溶解度曲线，以下说法正确的是
A．KNO3的溶解度比NaCl溶解度大
B．a1℃时，两种溶液的溶质的质量分数一定相同
C．a2℃时在50g水中加入50gKNO3固体可制得KNO3饱和溶液
D．提纯混有少量NaCl的KNO3可采用降温结晶的方法
【答案】D
【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
【解析】【解答】A. 未说明温度时无法比较KNO3和NaCl的溶解度大小，故错误；
B. a1℃时，为KNO3和NaCl的交点，说明其饱和溶液的溶质质量分数一定相等，但题意中未说明溶液是否饱和，无法确定溶质质量分数关系，故错误；
C. a2℃时KNO3的溶解度为120g，即该温度下100g水最多溶解120g KNO3，推算得50g水最多溶解60g KNO3，加入50g KNO3固体可完全溶解，为不饱和溶液，故错误；
D. 由溶解度曲线图，KNO3的溶解度随温度升高显著增大，NaCl的溶解度受温度影响较小，则提纯混有少量NaCl的KNO3可采用降温结晶的方法，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据比较溶解度大小必须指明温度，进行分析。
B、 根据溶解度曲线图中交点的含义分析。
C、 根据a2℃时KNO3的溶解度为120g，进行计算。
D、 根据溶解度曲线图，KNO3的溶解度随温度升高显著增大，NaCl的溶解度受温度影响较小，进行分析。
9．物质的检验、鉴别和除杂是科学探究的重要组成部分。下列实验方案设计不合理的是
选项 实验目的 实验方案
A 检验蜡烛中是否含有碳元素 点燃蜡烛，在火焰上方罩一个干燥的烧杯
B 除去粗盐中难溶性的杂质 加足量水，溶解、过滤、蒸发
C 鉴别NH4NO3、NaOH两种固体 取样，分别加水溶解，手摸试管外壁
D 除去CuSO4溶液中的H2SO4 加入足量氧化铜粉末，过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A. 点燃蜡烛，在火焰上方罩一个干燥的烧杯，干燥烧杯出现水雾，证明蜡烛含氢元素，无法验证碳元素的存在，方案不合理，故符合题意。
B. 粗盐中难溶性杂质可通过溶解、过滤除去，再蒸发溶液即可得到精盐，方案合理，故不符合题意。
C. 溶解会吸热，能使溶液温度降低，溶解会放热，能使溶液温度升高，可通过触摸试管外壁鉴别，方案合理，故不符合题意。
D. 足量氧化铜与反应生成和，过滤可除去过量的氧化铜，且不引入新杂质，方案合理，故不符合题意。
故答案为：A。
【分析】除杂的原则：1、除杂剂只能与杂质反应，不能与欲保留的物质反应；2、不能引入新杂质；3、最佳的除杂方法是除杂剂与杂质反应生成欲保留的物质。
首先分析需要鉴别的物质的性质，然后选择适当的试剂和方法，出现不同的现象即可鉴别。
10．将生锈的铁钉放入盛有过量稀硫酸的密闭容器中，用压强传感器测得容器内气体压强和反应时间的变化曲线如图，下列说法正确的是
A．C点时溶液中只有一种溶质
B．反应结束后溶液质量比反应前减少
C．B~C段发生的主要化学反应为
D．由C~D段压强变化可推测容器内发生了放热反应
【答案】D
【知识点】溶解时的吸热或放热现象；金属的化学性质；酸的化学性质；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】A. AB 段，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，BC 段为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，C点为压强最高点，代表铁与稀硫酸的反应刚好结束。已知稀硫酸是过量的，因此反应后溶液中的溶质有3种，即硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸，故错误。
B. 根据质量守恒定律，反应前后总质量不变。反应中，铁钉（固体）溶解进入溶液，仅生成（气体）逸出溶液。溶液质量变化量=溶解的固体质量逸出的气体质量。铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为，每56份质量的溶解，仅生成2份质量的生成，所以溶液质量增加了，故错误。
C. BC 段为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，容器中的酸是稀硫酸（），正确的化学方程式应为，故错误。
D. C点是反应结束的时刻，此时容器内温度最高（反应放热）；段压强下降，是因为反应结束后不再放热，容器内温度逐渐冷却至室温，气体热胀冷缩，压强降低，因此可以推测该反应是放热反应，故正确。
故答案为：D。
【分析】A、AB 段，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，BC 段为铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，C点为压强最高点，代表铁与稀硫酸的反应刚好结束。
B、根据质量守恒定律，反应前后总质量不变，结合实验，进行分析。
C、铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。
D、根据反应放热，才会出现“反应结束后温度回落、压强下降”的现象，进行分析。
11．燃烧作为人类文明中应用上万年的能量转换方式取火之法与燃料的不断更迭始终伴随着人类发展。
I.古籍中的取火之法
西汉时期的《淮南子·天文训》记：“阳燧见日，则燃而为火”，指用凹面铜镜聚光取火。明代《本草纲目》记“火折”(如图)以竹筒装硝石硫磺等药物，以口吹即可生火。
Ⅱ.近代的取火之法
19世纪初问世的第一代安全火柴，其关键原理是将氧化剂与还原剂分隔。火柴头含氯酸钾、硫磺等；盒侧磷皮以红磷为核心，辅以摩擦剂、粘合剂。使用时，摩擦生热使部分红磷转化为白磷，随即白磷与氧气反应产生热量，引燃火柴头。
Ⅲ.现代的燃料
氨气(NH3)作为氢载体，其能源化应用成为研究热点。氨气在空气中不可燃，但在纯氧中燃烧可生成空气中含量最多的气体和水。
请根据以上信息回答下列问题
（1）铜块捶打成薄片可制成凹面铜镜，体现了铜的　 　。
（2）转动火折子错开进气孔，会使火折子彻底熄灭，原因是　 　。
（3）安全火柴使用中红磷转变为白磷的过程是　 　(填“物理变化”或“化学变化”)。
（4）氨气在纯氧中燃烧的化学方程式　 　；燃烧过程中，化学能转化为　 　。
（5）爆炸极限是指可燃性气体等与空气混合后，遇火源能够发生爆炸的浓度范围。请根据氨气和氢气在相同条件下的参数对比分析氨气作为燃料的优势是　 　(填一条即可)。
参数 氢气 氨气
颜色、气味 无色、无味 无色、有刺激性气味
沸点/℃ -252 -33
爆炸极限/% 4-74 15-28
最小点火能量/MJ 0.02 8
【答案】（1）延展性
（2）隔绝氧气或隔绝空气
（3）化学变化
（4）；热能或热能和光能
（5）氨气有刺激性气味，泄漏易被察觉或氨气的爆炸极限范围窄、最小点火能量高，使用更安全
【知识点】常见金属的特性及其应用；物质发生化学变化时的能量变化；灭火的原理和方法；燃烧、爆炸、缓慢氧化与自燃
【解析】【解答】（1）铜金属能被捶打加工成薄片，体现了铜金属的延展性。
（2）物质燃烧需要满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点；错开进气孔后，空气无法进入，隔绝了可燃物与氧气的接触，则火折子熄灭。
（3）红磷和白磷是结构不同的两种物质，该转化有新物质生成，属于化学变化。
（4）根据题意，氨气在氧气中燃烧生成氮气和水，化学方程式为；燃烧过程中，可燃物储存的化学能转化为发光放热的热能（和光能）。
（5）结合表格参数对比，可从爆炸极限、沸点、气味等角度分析优势，如氨气有刺激性气味，泄漏易被察觉或氨气的爆炸极限范围窄、最小点火能量高，使用更安全，任选一条合理即可。
【分析】（1）根据金属具有延展性分析。
（2）根据物质燃烧的条件分析。
（3）有新物质生成的变化，属于化学变化。
（4）氨气在氧气中燃烧生成氮气和水。
燃烧过程中，可燃物中化学能转化为热能（和光能）。
（5）根据表格参数对比，可从爆炸极限、沸点、气味等角度分析优势。
（1）金属能被捶打加工成薄片，体现了金属的延展性，因此该性质是延展性。
（2）燃烧需要满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点；错开进气孔后，空气无法进入，隔绝了可燃物与氧气的接触，因此火折子熄灭。
（3）红磷和白磷是结构不同的两种物质，该转化有新物质生成，因此属于化学变化。
（4）根据题意，氨气燃烧生成空气中含量最多的氮气和水，配平后得到化学方程式；燃烧过程中，可燃物储存的化学能转化为发光放热的热能（和光能）。
（5）结合表格参数对比，可从爆炸极限、沸点、气味等角度分析优势，如氨气有刺激性气味，泄漏易被察觉或氨气的爆炸极限范围窄、最小点火能量高，使用更安全，任选一条合理即可。
12．次氯酸钠(NaClO)是许多漂白消毒剂的有效成分，但久置后它的漂白作用会逐渐减弱甚至消失，兴趣小组决定对某久置的次氯酸钠粉末展开探究。
探究项目：久置次氯酸钠的成分探究与保存
【查阅资料】次氯酸钠(NaClO)有如下性质：
1.可溶于热水，并发生反应，持续产生气泡，且溶液的pH>7；
2.在空气中能与CO2、H2O反应生成碳酸钠(
任务1：检测次氯酸钠
（1）小深同学取少量久置次氯酸钠样品配成溶液，滴加无色酚酞溶液，溶液变红，他得出样品中含有次氯酸钠的结论，小圳同学认为此结论不合理，请写出理由：　 　。
（2）小圳同学将样品溶于热水，无明显现象，可知样品中　 　(选填“含”或“不含”)次氯酸钠。
任务2：检测碳酸钠
（3）兴趣小组设计如下实验进一步检测样品中是否含碳酸钠请选择下列药品中的一种或几种，补充操作步骤与现象：
化学药品：稀盐酸、NaOH溶液、Ca(OH)2溶液、BaCl2溶液
实验操作 实验现象 实验结论
将样品配成溶液，　 　 　 　 样品中含有
③请写出上述实验现象对应的化学方程式　 　。
（4）次氯酸钠在光照或温度较高时会分解生成NaCl和O2，写出该反应的化学方程式　 　。
任务3：制定保存方案
（5）为了防止次氯酸钠变质失效，应在　 　条件下保存。
【答案】样品中可能含有碳酸钠，碳酸钠溶液也呈碱性，能使无色酚酞溶液变红；不含；加入适量的溶液或加入适量的溶液、加入足量稀盐酸；产生白色沉淀或有气泡产生；或、；；密封、避光、低温
【知识点】常用盐的用途；盐的化学性质；实验探究物质的性质或变化规律
【解析】【解答】（1）根据查阅资料，次氯酸钠变质，在空气中能与CO2、H2O反应会生成碳酸钠，碳酸钠水溶液也呈碱性，同样能使无色酚酞溶液变红，则无法证明一定含有次氯酸钠。
（2）已知次氯酸钠溶于热水会持续产生气泡，样品溶于热水无明显现象，说明样品中不含次氯酸钠。
（3）根据实验结论是样品中含有碳酸钠，检验碳酸根离子，可利用钡离子/钙离子与碳酸根生成白色沉淀，或氢离子与碳酸根生成二氧化碳气体，氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，化学方程式为；
氢氧化钙溶液与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠，化学方程式为；
若加入稀盐酸，盐酸能与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，对应的现象是产生气泡，化学方程式为：。
（4）次氯酸钠在光照或温度较高时会分解生成氯化钠和氧气，化学方程式为：。
（5）次氯酸钠会与空气中的二氧化碳、水反应，且光照/高温下易分解，因此需要在密封、避光、低温阴凉的条件下保存。
【分析】（1）根据查阅资料，次氯酸钠变质，在空气中能与CO2、H2O反应会生成碳酸钠，碳酸钠水溶液也呈碱性，进行分析。
（2）根据次氯酸钠溶于热水会持续产生气泡，样品溶于热水无明显现象，进行分析。
（3）氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠；
氢氧化钙溶液与碳酸钠反应生成碳酸钙白色沉淀和氢氧化钠；
若加入稀盐酸，盐酸能与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
（4）根据反应的文字叙述，写出化学方程式。
（5）根据次氯酸钠会与空气中的二氧化碳、水反应，且光照/高温下易分解，进行分析。
13．明矾在造纸、净水等方面应用广泛。铝灰是含Al、和少量FeO、Fe2O3、SiO2等成分的块状固体，实验室以铝灰为原料制备明矾的流程如图所示：
已知：①不溶于强酸；
②可以使氧化为
③和会在不同的pH值范围沉淀。
回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分是　 　(填化学式)。
（2）为了提高“酸浸”效率可以采取的措施有　 　(任写一种即可)，请写出“酸浸”中发生的化学反应方程式　 　。
（3）“氧化”后溶液中的金属阳离子有：　 　(填微粒符号)。
（4）其他条件相同时，Fe2+的“氧化效率”与温度的关系如图所示，试解释温度升高“氧化效率”降低的可能原因是　 　(利用化学方程式解释)。
（5）在“酸浸”“调pH沉铁”“沉铝”步骤后均需进行的操作是　 　。
（6）溶液的pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。“调pH沉铁”时应控制溶液的最佳pH值为3.0，理由是　 　。
【答案】（1）SiO2
（2）增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度；
（3）Al3+、Fe3+
（4）
（5）过滤
（6）pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，既可以除去铁杂质，又能减少铝的损失，提高明矾产率
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；氧气的实验室制法；酸的化学性质；盐的化学性质；化学式的书写及意义
【解析】【解答】（1）已知SiO2 不溶于强酸，铝灰中其他组分均可与稀硫酸反应进入溶液，则滤渣I的主要成分为SiO2 。
（2）为了提高“酸浸”效率可以采取的措施有增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度；氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为：。
（3）酸浸后，铝、氧化铝与酸反应转化为Al3+，FeO与酸反应转化为Fe2+，Fe2 O3 与酸反应转化为Fe3+，加入H2 O2 会将Fe2+全部氧化为Fe3+，则氧化后溶液中的金属阳离子为Al3+、Fe3+。
（4）H2 O2 受热易分解生成水和氧气，温度升高后，H2 O2分解损耗，氧化剂浓度降低，因此氧化效率下降，反应的化学方程式为：。
（5）三个步骤都需要分离固体沉淀和溶液，分离固液混合物的操作是过滤。
（6）沉铁的目的是除去铁杂质同时尽量不损失铝元素，由图像可知，pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，既可以除去铁杂质，又能减少铝的损失，提高明矾产率。
【分析】（1）根据SiO2 不溶于强酸分析。
（2）根据增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度，可以提高反应速度。
氧化铝和稀硫酸反应生成硫酸铝和水。
（3）根据加入H2 O2 会将Fe2+全部氧化为Fe3+，进行分析。
（4）H2 O2 受热易分解生成水和氧气。
（5）根据过滤操作的原理分析。
（6）根据图像，pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，进行分析。
（1）已知SiO2 不溶于强酸，铝灰中其他组分均可与稀硫酸反应进入溶液，因此滤渣I的主要成分为SiO2 ；
（2）为了提高“酸浸”效率可以采取的措施有增大反应物接触面积、升高温度、搅拌、提高酸浓度；氧化铝和稀硫酸发生复分解反应生成硫酸铝和水，反应的化学方程式为：；
（3）酸浸后铝、氧化铝转化为Al3+，FeO转化为Fe2+，Fe2 O3 转化为Fe3+，加入H2 O2 会将Fe2+全部氧化为Fe3+，因此氧化后溶液中的金属阳离子为Al3+、Fe3+；
（4）H2 O2 受热易分解，温度升高后，H2 O2分解损耗，氧化剂浓度降低，因此氧化效率下降，反应的化学方程式为：；
（5）三个步骤都需要分离固体沉淀和溶液，分离固液混合物的操作是过滤；
（6）沉铁的目的是除去铁杂质同时尽量不损失铝元素，由图像可知，pH为3.0时，铁的沉淀率已经很高，铁基本可以完全沉淀除去，而此时铝的沉淀率很低，铝几乎不沉淀，既可以除去铁杂质，又能减少铝的损失，提高明矾产率。
14．我国承诺在2060年前实现“碳中和”，“固碳”是实现碳中和的重要途径之一，请回答：
（1）“碳达峰”与“碳中和”中的“碳”指的是　 　(填碳元素或二氧化碳)。
（2）通过将气态CO2压入地下变为液态，可以实现碳封存。从微观的角度解释此过程发生的主要改变是　 　。
（3）澄清石灰水和石灰乳均可用于捕集CO2，相同条件下石灰乳的捕集效果更好，原因是　 　。
（4）某工厂使用质量分数为6%NaOH溶液捕集低浓度CO2，将50t质量分数为24%的NaOH溶液稀释至所需浓度，需加水的质量为　 　。
（5）植物吸收二氧化碳的反应原理是6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，若吸收44g二氧化碳，理论上可释放出氧气的质量为多少？(根据化学方程式计算，写出具体计算过程)
（6）将CO2作为资源是实现碳中和的最有效方法。以CO2和H2为原料，在一定条件下生成甲醇CH3OH和另一种物质，从质量守恒定律角度分析该物质中一定含有的元素为　 　(写元素符号)。
【答案】（1）二氧化碳
（2）二氧化碳分子间的间隔变小
（3）石灰乳中氢氧化钙的含量更高，能吸收更多的二氧化碳(或澄清石灰水浓度低，石灰乳悬浊液中可溶解的氢氧化钙持续反应，捕集效果更好)
（4）150t
（5）解：设理论上可释放出氧气的质量为x
答：理论上可释放出氧气的质量为32g。
（6）
【知识点】分子的定义与分子的特性；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；一定溶质质量分数的溶液的配制；二氧化碳的化学性质
【解析】【解答】（1）“碳达峰”“碳中和”中的“碳”指的是造成温室效应的二氧化碳。
（2）气态二氧化碳变为液态，没有新物质生成属于物理变化，二氧化碳分子本身不变，受压后分子间隔减小，变为液态。
（3）澄清石灰水是低浓度的氢氧化钙溶液，氢氧化钙溶解度小，石灰乳中可与二氧化碳反应的氢氧化钙更多，因此捕集效果更好。
（4）溶液稀释前后溶质质量不变，设加水质量为x，列式得：，解得。
（6）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子个数不变，反应物、共含三种元素，生成物为和另一种物质，另一产物一定含有氧元素，通过原子守恒分析，但无法确定是否一定含有氢元素。
【分析】（1）宏观上，元素组成物质。
（2）根据气态二氧化碳变为液态，受压后分子间隔减小，进行分析。
（3）根据澄清石灰水、石灰乳的成分分析。
（4）根据溶液稀释前后溶质质量不变，进行计算。
（5）先设未知数，正确写出二氧化碳与水反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是二氧化碳的质量，未知量是生成铁的氧气质量；列比例式计算。
（6）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子个数不变，进行分析。
（1）“碳达峰”“碳中和”中的“碳”指的是造成温室效应的二氧化碳，不是泛指碳元素。
（2）气态二氧化碳变为液态属于物理变化，二氧化碳分子本身不变，改变的是分子间间隔，受压后分子间隔减小，变为液态。
（3）澄清石灰水是低浓度的氢氧化钙溶液，氢氧化钙溶解度小，石灰乳中可与二氧化碳反应的氢氧化钙更多，因此捕集效果更好。
（4）溶液稀释前后溶质质量不变，设加水质量为x，列式得：，解得。
（5）根据二氧化碳和氧气的质量比可计算出氧气的质量，详细计算过程可参考答案。
（6）根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类、原子个数不变，反应物、共含三种元素，生成物为和另一种物质。通过原子守恒分析，另一产物一定含有氧元素，但无法确定是否一定含有氢元素。
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