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【中考真卷】江苏省扬州市2026年化学学业水平性考试
1． AI能够辅助人们设计出合成物质的最优路线。要教会AI像化学家那样思考，让它学会在设计合成路线时优先考虑一些因素。下列不属于合成时需优先考虑的因素是（　　）
A．成本较低 B．产率较高 C．绿色环保 D．步骤繁杂
2．工业制备CCl4的方法为。X的化学式是（　　）
A．S2Cl2 B．S2Cl C．SCl2 D．SCl3
3．将少量的下列物质加入适量水中，所得混合物属于溶液的是（　　）
A．碳酸钠 B．泥土 C．粉笔灰 D．植物油
4．草木灰中含有K2CO3，可作钾肥。K2CO3中碳元素的化合价是（　　）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
5．牛皮糖配料中含麦芽糖下列关于麦芽糖的说法正确的是（　　）
A．由碳、氢、氧三种元素组成 B．由碳原子和水分子构成
C．氢元素的质量分数最大 D．碳、氧元素质量比为12：11
6．扬州出土的背铜器“错银铜牛灯”的主要结构如题6图所示，灯座内注入清水，灯盘内盛放灯油，灯罩可自由开合。下列说法不正确的是（　　）
A．青铜属于合金
B．灯座内清水可降低灯油的着火点
C．灯罩可调节进入的空气量
D．烟气进入水中后，固体粉尘会被去除
7． CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，其转化可用表示。在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是（　　）
A． B．溶液
C．CuSO4溶液Cu D．CuCuCl2溶液
阅读下列材料，完成下面小题。
中国立足“富煤少油”国情，发展现代煤化工产业，实现资源和技术自主可控。煤主要含碳元素，还含有H、O、N、S、Na等元素。煤制气可得CO、H2，生成的气体进一步转化可得汽油（含多种碳氢化合物分子）等产品。
8．下列属于金属元素的是（　　）
A．O B．N C．Na D．S
9．煤制气的主要反应为，该反应的类型是（　　）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
10．下列说法正确的是（　　）
A．煤是单质
B．汽油是纯净物
C．煤转化为汽油是物理变化
D．将煤转化为汽油，可缓解石油短缺问题
11．下列实验安全事项，与“浓盐酸稀释实验”无关的是（　　）
A.进行实验需要佩戴护目镜，保护眼睛 B.实验中用到或产生有害气体，应开启通风 C.实验中用到明火，要正确使用火源 D.实验结束离开前，需用肥皂等清洗双手
A．A B．B C．C D．D
12．氖气可用作霓虹灯的填充气，氖在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．氖的原子核内有20个质子 B．氖的元素符号为Ne
C．氖的原子核外有18个电子 D．氖的相对原子质量为10
13．下列物质的性质和用途对应关系正确的是（　　）
A．石墨具有导电性，可用作电池的电极
B．活性炭是黑色固体，可用于吸附水中杂质
C．碳酸氢钠可溶于水，可用于治疗胃酸过多
D．甲烷是无色气体，可用作燃料
14．构成物质的微观粒子有分子、原子、离子等。下列物质由离子构成的是（　　）
A．氢气 B．氯化钠
C．液态氧 D．晶体硅
阅读下列材料，完成下面小题。
石灰石经煅烧可制得生石灰。将少量生石灰加入水中，发生反应：温度升高，得到石灰乳。石灰乳经过滤可得澄清石灰水。
15．实验室模拟上述过程，并探究石灰水的性质及用途。下列装置与操作正确的是（　　）
A．高温煅烧石灰石
B．检验CO2
C．生石灰与水反应
D．测定石灰水pH
16．下列物质属于盐的是（　　）
A．Ca B．CaO C．Ca（OH）2 D．CaCO3
17．下列说法正确的是（　　）
A．石灰石易与水反应
B．CaO与水反应时吸收热量
C．过滤石灰乳可得到Ca（OH）2溶液
D．Ca（OH）2易溶于水
18． KNO3、NaCl、Li2SO4三种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．60℃时，KNO3的溶解度为106g
B．60℃时，三种物质的溶解度大小关系：S(KNO3)＞S(NaCl)＞S(Li2SO4)
C．升高温度，NaCl和Li2SO4的溶解度变化趋势不同
D．降低温度，Li2SO4能从其热饱和溶液中结晶析出
19．下列实验方案及现象不能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 实验方案及现象
A 除去粗盐中的泥沙 将粗盐加水溶解，蒸发水分，得到固体
B 验证分子之间有空隙 在100mL量筒中将50mL水和50mL酒精混合，混合后的体积小于100mL
C 除去H2中的水蒸气 将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
D 判断盐酸已与NaOH反应完全 向盐酸中滴加几滴酚酞试剂，再加入NaOH溶液，充分反应后，溶液由无色变成红色
A．A B．B C．C D．D
20． H2O2能与有机物X反应，从而去除水样中的X。为研究不同固体催化剂M、N对该反应中X去除率的影响，进行如题20图-1所示的三组实验。相同时间后，测得实验结果如题20图-2所示。
已知：X的去除率=；M、N不与X反应。
下列有关H2O2与X的反应及上述实验的结论合理的是（　　）
A．M对该反应无催化效果
B．实验①与实验②，有机物X被去除的原理相同
C．上述实验条件下，与M相比，N催化该反应的效果更好
D．其他条件相同时，与M相比，改变温度对N催化该反应的影响更大
21．扬州正聚力打造长三角算力枢纽节点。
（1）算力需“动力之源”。扬州与甘肃、青海“东数西算”工程节点城市推进算力协同。
①甘肃庆阳的石油、煤炭、天然气等储备量充足，并拥有丰富的风能、太阳能资源。上述能源中，属于可再生能源的是　 　。
②青海打造多元储能体系。下列方法中将电能转化为氢能的是　 　（填字母）。
A：用电机将水从低处抽至高处
B：用电解装置使水分解
C：用电力驱动压缩机将空气压缩液化
（2）算力需“材料基石”。高纯硅（Si）和超纯水是生产芯片的基础性物料。
①用沙子（主要成分是SiO2）和焦炭可制备粗硅，粗硅进一步提纯可制得高纯硅。从沙子、粗硅到高纯硅，硅元素的质量分数　 　（填“减小”“不变”或“增大”）。
②生活污水回收再生可制备超纯水，其中的膜分离过程如图所示。比较微观粒子的直径：d（蛋白质分子）　 　d（水分子）（填“>”或“<”）。通过反渗透膜后，所得水的导电能力　 　（填“增强”或“减弱”）。
③硅芯片（主要成分是Si）制作时需浸没在超纯水中进行。为避免硅芯片表面生成SiO2杂质，超纯水还需进一步除去其中溶解的气体单质是　 　（填化学式）。
（3）算力需“控温保障”。算力数据中心电子设备集中，发热量大。
①IT设备芯片工作时温度会达60℃以上，对其冷却的一种方法是将设备浸没在导热性能良好的冷却液中。为探究不同冷却液的导热性能，设计实验如题21表所示，实验中所测数据对应的物理量为　 　。
题21表
步骤1 室温下，取两种冷却液各100mL，分别注入两只相同的烧杯中，分别插入温度计
步骤2 将两只烧杯同时放入60℃恒温水浴中，记录数据
步骤3 待冷却液的温度达到60℃时，记录数据
②冷却液应具备的化学性质有　 　（写2点）。
22．二氧化碳的捕集、利用与封存技术，有力支撑“碳中和”目标的达成。
（1）“碳捕集”是指将CO2从工业生产、能源利用或大气中分离出来。
①气体的浓度可用质量浓度和体积浓度两种方式表示。质量浓度如的H2”，含义为每立方米气体中含1μgH2。体积浓度如“386μL·L- 的CO2”，含义为　 　。
②某区域大气中CO2浓度三年的变化如题22图一1所示。该区域大气中CO2浓度的变化趋势为　 　。
③对煤燃烧产生的CO2进行捕集时，相比于通入空气，通入O2与煤反应产生的烟气更有利于碳捕集，原因是　 　。
（2）“碳输送”是将捕集的CO2运送到利用或封存场地。
①气态CO2可通过适度加压并　 　的措施转化为液态，以管道输送。
②固态CO2（干冰）常用于食品冷链保鲜。常温常压下，干冰在空气中会逐渐　 　（填物质状态变化名称），保持较低温度。
（3）“碳利用”是将捕集的CO2资源化利用。
①以CO2和NH3为原料可制备尿素[，同时生成H2O。理论上，参与该反应的CO2和NH3的质量比为　 　。
②以CO2和H2为原料可合成甲醇，反应的微观示意图如题22图-2所示。进入甲醇中的氢元素占参加该反应氢元素的比例为　 　（用分数表示）。
（4）“碳封存”可将捕集的CO2注入地下深部卤水层，CO2会与H2O反应生成　 　（填化学式），最终可转化为碳酸盐固体。
（5）在CO2产生后再将其捕集或处理，而不是从源头避免CO2的产生，这种方法常被称为“末端治理”。下列措施属于末端治理的是（　　）（填字母）。
A．用水力等清洁能源替代燃煤发电
B．燃煤废气经吸收处理后再排放
C．用电动汽车逐步取代燃油汽车
23．铜锌合金在工业上有着重要的用途。
Ⅰ制备特定组成的铜锌合金时，熔炼温度约需1200℃，高于两种金属的熔点。
（1）已知：铜的沸点为2562℃，锌的沸点为906℃。与合金组成比例相比，熔炼时原料中铜与锌需适当过量的是　 　。
Ⅱ铜锌合金中硫元素的含量需控制在较低范围内，测定合金中硫元素含量的部分装置如题23图所示。
（2）合金中的硫元素以S、Cu2S等形式存在，1250℃时合金中的含硫物质会与（反应转化为SO2。写出Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2的化学方程式：　 　。保持反应温度、O2流速不变，为使合金中含硫物质充分反应，可采取的措施有　 　（写2点）。
（3）生成的气体经冷却后，用H2O2溶液吸收，其中的SO2全部转化为H2SO4。吸收前气体需冷却，原因是　 　。
（4）取1.000g合金样品进行实验，测得最终生成H2SO4的质量为计算样品中硫元素的质量分数（写出计算过程）。
（5）实验前须采取措施消除合金中锌对测定结果的干扰，否则加热装置内会产生烟尘，使测定结果偏低，原因是　 　
（6）Ⅲ利用CuCl2溶液的腐蚀性，可分析不同铜锌合金的耐腐蚀性。方法如下：75℃时，将样品在1%CuCl2溶液中腐蚀24小时，计算腐蚀速率（腐蚀速率腐蚀前样品质量一腐蚀后样品质量）。样品表面积×24小时
现有已知表面积的铜锌合金样品，请补充完整测定其腐蚀速率的实验操作：取合金样品，称其质量，　 　，在75℃下放置24小时，取出样品，　 　，称其质量，计算腐蚀速率。
24．从天外陨铁到超细铁粉，人类对铁的利用不断实现跨越。
（1）人类最早使用的铁器由陨铁制成。陨铁可直接锻打制成刀刃等器物，主要利用陨铁的物理性质是　 　。
（2）我国铁的冶炼可以追溯到殷商时期。《天工开物》记载：“凡铁一炉载土二千余斤……或用木炭……土化成铁之后，从炉腰孔流出”。这里的“土”指的是　 　。“从炉腰孔流出”说明此时获得的生铁呈　 　态（填物质状态）。
（3）京杭大运河沿岸某地有一露天放置的大型生铁所铸文物，表面已被锈蚀。对其进行保护时，围绕“在文物上方修建遮雨棚能否减缓腐蚀”有不同观点。模拟实验发现，该地区湿度大，若建遮雨棚，内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结。
观点1 修建遮雨棚，能够减缓腐蚀
观点2 修建遮雨棚，会加速腐蚀
请选择其中一个观点，运用金属生锈的条件进行解释。
（4）超细铁粉是一种新型燃料，燃烧后生成Fe3O4。取两种等质量的铁粉，颗粒直径分别为（用Fe-1表示）、（用Fe-2表示），分别置于含足量O2的容器中，对其进行加热至燃烧，测得容器内固体质量的增加与温度的变化关系如图所示。
①下列表示Fe-1处于剧烈燃烧阶段的是　 　（填字母）。
A：ab段
B：bc段
C：ac段
②实验可知，两种铁粉中着火点较低的是　 　（填“Fe—1”或“Fe—2”）。
③判断哪种铁粉在实验过程中，参加反应的铁的质量较大，并写出判断的依据：　 　。
25． Al2O3、AlN熔点均高于2000℃，都可用作耐高温陶瓷材料。
（1）将铝粉、碳粉和TiO2粉末混合均匀后分布在金属表面，在高温条件下反应生成和TiC，在金属表面形成耐高温陶瓷涂层，用于航空领域。
①写出该反应的化学方程式：　 　。
②在金属表面覆上陶瓷涂层，形成的材料属于　 　（填字母）。
A：无机金属材料
B：无机非金属材料
C：复合材料
（2） Al2O3属于氧化物，AlN属于氮化物。AlN的名称为　 　。Al易与（反应转化为Al2O3。采用铝粉与N2反应的方法制备AlN较为困难，原因是　 　。
（3）铝粉与N2反应制得的AlN纯度不高。以AlCl3（沸点为：与为原料，在反应生成AlN和HCl。该方法制得的AlN纯度较高，原因是　 　。
（4）大功率LED灯具常需频繁开关，工作时其芯片会产生大量的热，需将芯片贴合在绝缘散热板上。可用的三种散热板材料是AlN、Al2O3、BeO，它们的部分指标如题25表所示（已知：LED芯片的热膨胀系数约为
题25表
编号 指标 AIN BeO
A 价格/元· 500 5 400
B 毒性 无毒 无毒 有毒
C 导热率（反映材料热传导能力的物理量，导热率越大，导热性能越强 230 30 300
D 热膨胀系数（温度每升高1℃时，材料长度或体积的相对变化量 4.4 7.7 7.5
①综合考虑，选择AlN作为LED芯片绝缘散热板的材料。不选择.的理由是　 　（填编号）。
②以下是为LED灯具的三种散热板材料设计的广告语，在答题卡上用三根“——”将各广告语和相应的材料连接起来，使其一一对应。
广告语 材料
性能足够，价格实惠 AlN陶瓷散热板
把每一丝热量迅速送走 陶瓷散热板
百万次点亮，依然紧密贴合 BeO陶瓷散热板
　 　
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学的研究领域和用途
【解析】【解答】A、合成物质时控制较低的成本，能够提升生产的经济效益，是化工合成需要优先考虑的因素，选项A不符合题意；
B、产率较高可以提高原料的利用率，减少原料浪费，是合成路线设计时需要优先考虑的因素，选项B不符合题意；
C、绿色环保可以减少污染物排放，符合绿色化学的发展理念，是合成时需要优先考虑的因素，选项C不符合题意；
D、步骤繁杂会提升生产难度、提高生产成本、降低产物产率，不属于合成路线设计时优先考虑的优化方向，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据化工生产的经济效益原则解答；
B、根据产率与原料利用率的对应关系解答；
C、根据绿色化学的核心理念解答；
D、根据合成路线的优化方向解答，步骤简洁、易操作才是设计的优化目标。
2．【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均保持不变。先统计反应物中各原子的总数：反应物CS2和3Cl2中，碳原子1个，硫原子2个，氯原子6个；再统计已知生成物中的原子数：生成物CCl4中，碳原子1个，氯原子4个。对比可知，1个X分子中应含有2个硫原子和2个氯原子，因此X的化学式为S2Cl2。
A、S2Cl2与推导结果完全一致，选项A符合题意；
B、S2Cl中氯原子个数不匹配，选项B不符合题意；
C、SCl2中硫原子个数不匹配，选项C不符合题意；
D、SCl4中硫、氯原子个数均不匹配，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据质量守恒定律的微观实质解答，化学反应前后原子种类、数目均不变，通过统计反应前后原子的数量差，可推导未知物质的化学式；
B、根据质量守恒定律的原子守恒要求解答，该选项原子数目不满足守恒关系；
C、根据质量守恒定律的原子守恒要求解答，该选项原子数目不满足守恒关系；
D、根据质量守恒定律的原子守恒要求解答，该选项原子数目不满足守恒关系。
3．【答案】A
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【解答】溶液是一种或几种物质分散到另一种物质中，形成的均一、稳定的混合物。
A、碳酸钠易溶于水，能和水形成均一、稳定的混合物，属于溶液，选项A符合题意；
B、泥土不溶于水，与水混合后会形成不均一、不稳定的悬浊液，静置后会分层，不属于溶液，选项B不符合题意；
C、粉笔灰不溶于水，与水混合后会形成不均一、不稳定的悬浊液，静置后会分层，不属于溶液，选项C不符合题意；
D、植物油不溶于水，与水混合后会形成不均一、不稳定的乳浊液，静置后会分层，不属于溶液，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据溶液的定义与碳酸钠的溶解性解答，可溶性物质溶于水可形成溶液；
B、根据悬浊液的特征解答，不溶性固体分散在水中形成悬浊液；
C、根据悬浊液的特征解答，不溶性固体分散在水中形成悬浊液；
D、根据乳浊液的特征解答，不溶性液体分散在水中形成乳浊液。
4．【答案】D
【知识点】有关元素化合价的计算
【解析】【解答】化合物中各元素正负化合价的代数和为0，碳酸钾的化学式为K2CO3，其中钾元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价。设碳元素的化合价为x，可得：(+1)×2+x+(-2)×3=0，计算得x=+4。
A、+1价不符合计算结果，选项A不符合题意；
B、+2价不符合计算结果，选项B不符合题意；
C、+3价不符合计算结果，选项C不符合题意；
D、+4价符合计算结果，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据化合物中化合价的计算规则解答，化合物中各元素正负化合价代数和为零，结合已知元素化合价可计算未知元素化合价；
B、根据化合物中化合价的计算规则解答，该数值不满足化合价代数和为零的要求；
C、根据化合物中化合价的计算规则解答，该数值不满足化合价代数和为零的要求；
D、根据化合物中化合价的计算规则解答，该数值满足化合价代数和为零的要求。
5．【答案】A
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、由麦芽糖的化学式为C12H22O11可知，麦芽糖由碳、氢、氧三种元素组成，该说法正确，选项A符合题意；
B、麦芽糖是由麦芽糖分子构成的，分子由碳原子、氢原子、氧原子构成，纯净物中不含水分子，该说法错误，选项B不符合题意；
C、麦芽糖中碳、氢、氧元素的质量比为(12×12)：(1×22)：(16×11)=144：22：176，其中氧元素的质量占比最大，因此氧元素的质量分数最大，该说法错误，选项C不符合题意；
D、碳、氧元素质量比为(12×12)：(16×11)=144：176=9：11，不是12：11，该说法错误，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据化学式的宏观意义解答，化学式可以表示物质的元素组成；
B、根据物质的微观构成解答，纯净物由对应分子构成，不含其他物质的分子；
C、根据元素质量分数的比较方法解答，元素质量比中占比越大，对应元素的质量分数越高；
D、根据元素质量比的计算方法解答，元素质量比等于相对原子质量与原子个数乘积的比值。
6．【答案】B
【知识点】合金与合金的性质；燃烧与燃烧的条件
【解析】【解答】A、青铜是铜与锡等金属熔合形成的具有金属特性的混合物，属于合金，该说法正确，选项A不符合题意；
B、着火点是物质的固有属性，一般不会发生改变；灯座内的清水可以吸收热量、降低温度，使温度低于灯油的着火点，而不是降低灯油的着火点，该说法错误，选项B符合题意；
C、灯罩可自由开合，能够调节进入的空气量，从而控制灯油燃烧的剧烈程度，该说法正确，选项C不符合题意；
D、烟气进入水中后，其中的固体粉尘会被水吸附、沉降，从而被去除，起到除尘的作用，该说法正确，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据合金的定义解答，合金是金属与金属或非金属熔合形成的具有金属特性的混合物；
B、根据着火点的性质解答，着火点是物质的固有属性，不能被降低，灭火的原理是降温至可燃物的着火点以下；
C、根据燃烧的条件解答，可燃物燃烧需要与氧气接触，调节空气进入量可以控制燃烧的剧烈程度；
D、根据水的除尘原理解答，固体粉尘可被水吸附、沉降，实现烟气除尘。
7．【答案】D
【知识点】物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水和二氧化碳，该转化可以实现，选项A不符合题意；
B、氧化铜属于金属氧化物，能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，可得到硫酸铜溶液，该转化可以实现，选项B不符合题意；
C、锌的金属活动性强于铜，锌能与硫酸铜溶液发生置换反应，生成硫酸锌和铜，该转化可以实现，选项C不符合题意；
D、铜的金属活动性排在氢之后，不能与稀盐酸发生置换反应，无法生成氯化铜溶液，该转化不能实现，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碱式碳酸铜的热不稳定性解答，碱式碳酸铜受热易分解为金属氧化物、水和二氧化碳；
B、根据酸的通性解答，金属氧化物能与酸反应生成对应的盐和水；
C、根据金属活动性顺序解答，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；
D、根据金属活动性顺序解答，排在氢之后的金属不能与稀酸发生置换反应。
【答案】8．C
9．C
10．D
【知识点】元素的简单分类；反应类型的判定；纯净物和混合物
【解析】【分析】（1）A、根据元素的分类标准解答，气态非金属元素名称多带“气”字头；
B、根据元素的分类标准解答，气态非金属元素名称多带“气”字头；
C、根据元素的分类标准解答，金属元素名称一般带“钅”字旁（汞除外）；
D、根据元素的分类标准解答，固态非金属元素名称多带“石”字旁。
（2）A、根据化合反应的定义解答，化合反应的反应物为多种，生成物只有一种；
B、根据分解反应的定义解答，分解反应的反应物只有一种，生成物为多种；
C、根据置换反应的定义解答，置换反应的特征是“单质+化合物→新单质+新化合物”；
D、根据复分解反应的定义解答，复分解反应的反应物和生成物均为化合物。
（3）A、根据物质的分类解答，单质是由同种元素组成的纯净物，煤属于混合物；
B、根据纯净物与混合物的区别解答，汽油由多种物质组成，属于混合物；
C、根据物理变化与化学变化的区别解答，有新物质生成的变化属于化学变化；
D、根据化石能源的综合利用解答，煤制油可以补充石油资源的不足。
8．A、O是氧元素，名称带“气”字头，属于非金属元素，选项A不符合题意；
B、N是氮元素，名称带“气”字头，属于非金属元素，选项B不符合题意；
C、Na是钠元素，名称带“钅”字旁，属于金属元素，选项C符合题意；
D、S是硫元素，名称带“石”字旁，属于非金属元素，选项D不符合题意。
故答案为：C。
9．该反应的化学方程式为C+H2OCO+H2，反应物是碳（单质）和水（化合物），生成物是一氧化碳（化合物）和氢气（单质），符合“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”的特征。
A、化合反应的特征是“多变一”，即多种物质生成一种物质，与该反应特征不符，选项A不符合题意；
B、分解反应的特征是“一变多”，即一种物质生成多种物质，与该反应特征不符，选项B不符合题意；
C、置换反应的特征是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，符合该反应的特征，选项C符合题意；
D、复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，与该反应特征不符，选项D不符合题意。
故答案为：C。
10．A、煤主要含碳元素，还含有氢、氧、氮、硫等多种元素，属于混合物，不是由同种元素组成的单质，选项A错误；
B、汽油含有多种碳氢化合物分子，由多种物质组成，属于混合物，不是纯净物，选项B错误；
C、煤转化为汽油的过程中生成了新的物质，属于化学变化，不是物理变化，选项C错误；
D、我国“富煤少油”，将煤转化为汽油可以增加燃油供给，缓解石油短缺的问题，选项D正确。
故答案为：D。
11．【答案】C
【知识点】几种常见的与化学有关的图标；稀释浓硫酸
【解析】【解答】浓盐酸稀释的操作是将浓盐酸沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
A、浓盐酸具有腐蚀性，实验时佩戴护目镜可防止液体溅入眼睛造成伤害，与该实验相关，选项A不符合题意；
B、浓盐酸易挥发出氯化氢气体，对人体呼吸道有刺激和伤害，实验时开启通风可以排出有害气体，与该实验相关，选项B不符合题意；
C、浓盐酸稀释实验不需要使用明火，该安全事项与本实验无关，选项C符合题意；
D、实验结束后用肥皂清洗双手，可去除手上残留的试剂，避免对皮肤造成伤害，符合化学实验基本安全规范，与该实验相关，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据浓盐酸的腐蚀性与实验安全防护要求解答；
B、根据浓盐酸的挥发性与实验安全防护要求解答；
C、根据浓盐酸稀释的实验操作特点解答，该实验不需要加热、不涉及明火；
D、根据化学实验基本安全规范解答，接触化学试剂后需清洁双手。
12．【答案】B
【知识点】元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】元素周期表中，左上角数字为原子序数，右上角为元素符号，中间为元素名称，下方为相对原子质量；且原子中，原子序数=质子数=核外电子数。
A、氖的原子序数为10，因此原子核内有10个质子，不是20个，选项A错误；
B、由元素周期表信息可知，氖的元素符号为Ne，选项B正确；
C、原子中质子数=核外电子数，氖原子核外有10个电子，不是18个，选项C错误；
D、氖的相对原子质量为20.18，不是10，选项D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据元素周期表的信息与原子结构解答，原子序数等于原子核内的质子数；
B、根据元素周期表的信息解答，单元格右上角的符号为元素符号；
C、根据原子的结构特点解答，原子中质子数等于核外电子数；
D、根据元素周期表的信息解答，单元格下方的数字为相对原子质量。
13．【答案】A
【知识点】化学性质与物理性质的差别及应用；碳单质的性质和用途；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】A、石墨具有良好的导电性，因此可用作电池的电极，性质与用途对应正确，选项A符合题意；
B、活性炭可用于吸附水中杂质，是因为活性炭具有疏松多孔的结构，有吸附性，与它是黑色固体的物理性质无关，选项B不符合题意；
C、碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸中的盐酸发生反应，与它可溶于水的物理性质无关，选项C不符合题意；
D、甲烷可用作燃料，是因为甲烷具有可燃性，与它是无色气体的物理性质无关，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据石墨的导电性与对应用途解答；
B、根据活性炭吸附性的原理解答，吸附性由疏松多孔的结构决定，与颜色无关；
C、根据碳酸氢钠的化学性质解答，与酸反应是其治疗胃酸过多的原理；
D、根据甲烷的化学性质解答，可燃性是其可用作燃料的原因。
14．【答案】B
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A、氢气属于气态非金属单质，是由氢分子构成的，选项A不符合题意；
B、氯化钠属于盐类物质，是由钠离子和氯离子构成的，属于由离子构成的物质，选项B符合题意；
C、液态氧属于气态非金属单质，是由氧分子构成的，选项C不符合题意；
D、晶体硅属于固态非金属单质，是由硅原子直接构成的，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据气态非金属单质的构成特点解答，一般由分子构成；
B、根据盐类物质的构成特点解答，大多数盐由金属离子和酸根离子构成；
C、根据气态非金属单质的构成特点解答，一般由分子构成；
D、根据固态非金属单质的构成特点解答，硅等物质由原子直接构成。
【答案】15．B
16．D
17．C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；二氧化碳的检验和验满；酸、碱、盐的概念；生石灰的性质与用途
【解析】【分析】（1）A、根据高温煅烧的实验要求解答，该实验需要高温条件，且仪器选择要符合实验需求；
B、根据二氧化碳的检验方法解答，气体应通入澄清石灰水中，保证充分接触；
C、根据量筒的使用规范解答，量筒只能量取液体体积，不能用作反应容器；
D、根据pH试纸的使用方法解答，直接浸入待测液会污染试剂，不符合操作规范。
（2）A、根据物质的分类解答，由同种元素组成的纯净物属于单质；
B、根据氧化物的定义解答，由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物属于氧化物；
C、根据碱的定义解答，碱由金属离子和氢氧根离子构成；
D、根据盐的定义解答，盐由金属离子（或铵根离子）和酸根离子构成。
（3）A、根据碳酸钙的性质解答，碳酸钙不与水发生反应；
B、根据生石灰与水反应的能量变化解答，该反应会放出大量的热；
C、根据过滤的原理解答，过滤可以分离悬浊液中的固体和液体；
D、根据氢氧化钙的溶解性解答，氢氧化钙属于微溶性物质。
15．A、高温煅烧石灰石需要使用酒精喷灯提供高温条件，且不能用烧杯进行该实验，装置操作错误，选项A不符合题意；
B、检验二氧化碳时，将气体从长导管通入澄清石灰水中，使气体与石灰水充分接触，若石灰水变浑浊则证明是二氧化碳，操作正确，选项B符合题意；
C、量筒只能用于量取液体体积，不能作为反应容器，不能在量筒中进行生石灰与水的反应，操作错误，选项C不符合题意；
D、测定石灰水pH时，不能将pH试纸直接浸入待测液中，否则会污染试剂，应用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，操作错误，选项D不符合题意。
故答案为：B。
16．盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子构成的化合物。
A、Ca是由钙元素组成的纯净物，属于单质，选项A不符合题意；
B、CaO由钙元素和氧元素两种元素组成，属于氧化物，选项B不符合题意；
C、Ca(OH)2由钙离子和氢氧根离子构成，属于碱，选项C不符合题意；
D、CaCO3由钙离子和碳酸根离子构成，属于盐，选项D符合题意。
故答案为：D。
17．A、石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙难溶于水，也不与水发生反应，选项A错误；
B、CaO与水反应时会放出大量的热，属于放热反应，不是吸收热量，选项B错误；
C、石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，含有未溶解的氢氧化钙固体，经过滤可除去不溶性固体，得到Ca(OH)2溶液，选项C正确；
D、Ca(OH)2微溶于水，不是易溶于水，选项D错误。
故答案为：C。
18．【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、由溶解度曲线可知，60℃时，KNO3的溶解度为106g，该说法正确，选项A不符合题意；
B、60℃时，对比三条曲线的高度，三种物质的溶解度大小关系为S(KNO3)＞S(NaCl)＞S(Li2SO4)，该说法正确，选项B不符合题意；
C、升高温度时，NaCl的溶解度缓慢增大，Li2SO4的溶解度逐渐减小，二者溶解度的变化趋势不同，该说法正确，选项C不符合题意；
D、Li2SO4的溶解度随温度降低而增大，降低温度时，其热饱和溶液会变为不饱和溶液，不会有晶体析出，该说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶解度曲线中点的含义解答，曲线上的点对应该温度下物质的溶解度；
B、根据同一温度下溶解度大小的比较方法解答，同一温度下曲线位置越高，溶解度越大；
C、根据溶解度曲线的变化趋势解答，两种物质的溶解度随温度变化的方向不同；
D、根据结晶的原理解答，溶解度随温度降低而增大的物质，降温不会析出晶体。
19．【答案】A
【知识点】粗盐提纯；物质的除杂、净化
【解析】【解答】A、粗盐中的泥沙不溶于水，仅加水溶解后蒸发水分，泥沙会与食盐混合在一起，无法除去泥沙；正确操作应是溶解、过滤、蒸发，该方案不能达到实验目的，选项A符合题意；
B、50mL水和50mL酒精混合后总体积小于100mL，是因为分子之间有空隙，酒精分子和水分子互相进入对方的空隙中，可验证分子之间有空隙，该方案能达到实验目的，选项B不符合题意；
C、浓硫酸具有吸水性，且不与氢气发生反应，将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶，可除去H2中的水蒸气，该方案能达到实验目的，选项C不符合题意；
D、盐酸呈酸性，不能使酚酞变色；向盐酸中加入NaOH溶液，盐酸与NaOH发生中和反应，当NaOH过量时溶液呈碱性，酚酞由无色变为红色，可证明盐酸与NaOH发生了反应，该方案能达到实验目的，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据粗盐提纯的原理解答，除去不溶性杂质需要通过过滤操作，仅蒸发无法分离泥沙；
B、根据分子的基本性质解答，分子间存在间隙，不同液体混合后总体积会减小；
C、根据浓硫酸的吸水性解答，浓硫酸可干燥中性和酸性气体；
D、根据中和反应的验证方法解答，通过指示剂的颜色变化可以判断酸碱发生了反应。
20．【答案】C
【知识点】催化剂的特点与催化作用；影响化学反应速率的因素探究；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】A、加入M的实验组中X有一定的去除率，说明M对该反应有催化效果，只是催化效果较弱，并非无催化效果，选项A错误；
B、实验①与实验②的催化剂种类不同，仅根据现有实验信息无法确定二者去除有机物X的原理完全相同，该结论无法由实验直接得出，选项B错误；
C、实验①和实验②的温度、pH均相同，分别加入M和N，实验结果显示加入N时X的去除率更高，说明在该实验条件下，N催化该反应的效果更好，选项C正确；
D、实验中没有M在不同温度下的对照实验，且实验②和实验③同时改变了温度和pH两个变量，无法比较改变温度对M、N催化效果的影响大小，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据催化剂的作用与实验数据解答，有去除率即说明有催化效果，只是效果强弱不同；
B、根据实验变量与结论的对应关系解答，该实验无法直接证明去除原理是否相同；
C、根据对照实验的结论解答，单一变量下，去除率越高说明催化效果越好；
D、根据控制变量法的要求解答，探究温度的影响需保证其他条件一致，且缺少M的温度对照实验。
21．【答案】（1）风能、太阳能；B
（2）增大；>；减弱；O2
（3）升温到60℃所需的时间；化学性质稳定，不易发生化学反应；不与芯片、设备材料发生反应；不易燃、无毒等，写出两点即可。
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；化学式的相关计算；资源综合利用和新能源开发；常见能源的种类、能源的分类
【解析】【解答】（1）①石油、煤炭、天然气属于化石能源，短时间内无法再生，属于不可再生能源；风能、太阳能可以源源不断从自然界中获得，属于可再生能源，因此答案为风能、太阳能。
②A选项，用电机将水从低处抽至高处，是将电能转化为水的重力势能；B选项，用电解装置使水分解生成氢气和氧气，是将电能转化为化学能储存在氢气中，实现电能向氢能的转化；C选项，用电力驱动压缩机将空气压缩液化，是将电能转化为内能和机械能。因此答案选B。
（2）①沙子的主要成分是SiO2，含有氧元素，硅元素质量分数较低；粗硅含有少量杂质，硅元素质量分数高于二氧化硅；高纯硅几乎是纯净的硅，硅元素质量分数接近100%。因此从沙子、粗硅到高纯硅，硅元素的质量分数增大。
②超滤膜允许水分子通过，不允许蛋白质分子通过，说明蛋白质分子的直径大于水分子的直径，即d（蛋白质分子）＞d（水分子）。反渗透膜可以除去水中的可溶性盐，使水中的离子数量大幅减少，而溶液的导电能力与离子浓度有关，离子越少导电能力越弱，因此所得水的导电能力减弱。
③硅芯片的主要成分是硅，硅能与溶解在水中的氧气反应生成SiO2杂质，因此超纯水需要除去溶解的O2。
（3）①该实验的目的是比较不同冷却液的导热性能，将装有冷却液的烧杯放入60℃恒温水浴中，记录冷却液升温到60℃所需的时间，时间越短说明导热性能越好，因此实验中所测数据对应的物理量为升温到60℃所需的时间。
②冷却液需要长期接触电子设备，因此需要具备的化学性质有：化学性质稳定，不易发生化学反应；不与芯片、设备材料发生反应；不易燃、无毒等，写出两点即可。
【分析】（1）①根据能源的分类解答，可再生能源是可从自然界源源不断获得的能源，化石能源属于不可再生能源；
②根据能量的转化形式解答，电解水是将电能转化为化学能储存在氢气中；
（2）①根据物质纯度与元素质量分数的关系解答，物质纯度越高，其中主要元素的质量分数越大；
②根据膜分离的原理与溶液导电性的影响因素解答，直径大于膜孔径的粒子无法通过膜；溶液导电性与离子浓度正相关，离子越少导电能力越弱；
③根据硅的化学性质解答，硅能与氧气反应生成二氧化硅，因此需除去水中溶解的氧气；
（3）①根据比较导热性能的实验方法解答，相同条件下，升温所需时间越短，导热性能越好；
②根据冷却液的使用场景解答，冷却液需化学性质稳定，不与设备反应，保障使用安全与寿命。
22．【答案】（1）每升气体中含有386μL的二氧化碳；冬春季节浓度高、夏季浓度低；烟气中二氧化碳的浓度更高，更有利于碳捕集
（2）降温；升华
（3）22：17；
（4）H2CO3
（5）B
【知识点】微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；二氧化碳对环境的影响
【解析】【解答】（1）①参照质量浓度的定义类推，体积浓度“386μ L-1的CO2”的含义是每升气体中含有386μL的二氧化碳。
②从浓度变化图可以看出，该区域大气中CO2的浓度总体逐年升高；同一年内呈现周期性变化，1-4月浓度升高、4-8月浓度降低、8-12月浓度升高，整体表现为冬春季节浓度高、夏季浓度低。
③通入氧气与煤反应时，煤在纯氧中燃烧，烟气中不会混入空气中的氮气等杂质，得到的烟气中二氧化碳的浓度更高，更有利于碳捕集。
（2）①气态二氧化碳可以通过适度加压并降温的措施转化为液态，便于管道输送。
②常温常压下，干冰会由固态直接变为气态，该过程叫做升华，升华过程吸收大量的热，可保持较低温度，用于食品冷链保鲜。
（3）①二氧化碳和氨气反应生成尿素和水，配平后的化学方程式为CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O。参与反应的CO2和NH3的质量比为44：(2×17)=44：34=22：17。
②根据微观示意图，二氧化碳和氢气合成甲醇的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。参加反应的氢原子总数为6个，其中进入甲醇分子的氢原子有4个，因此进入甲醇中的氢元素占参加反应氢元素的比例为4：6=2：3。
（4）二氧化碳注入地下卤水层后，会与水反应生成碳酸（H2CO3），碳酸进一步转化为碳酸盐固体。
（5）末端治理是在污染物产生后再进行处理。
A选项用水力清洁能源替代燃煤发电，是从源头减少二氧化碳排放，不属于末端治理；
B选项燃煤废气经吸收处理后再排放，是在污染物产生后进行处理，属于末端治理；
C选项用电动汽车取代燃油汽车，是从源头减少二氧化碳排放，不属于末端治理。因此答案选B。
【分析】（1）①根据信息迁移方法解答，参照质量浓度的定义，推导体积浓度的含义；
②根据坐标图像的趋势分析解答，整体呈现逐年上升趋势，年内随季节呈现周期性变化；
③根据纯氧燃烧的特点解答，纯氧燃烧不会引入氮气等杂质，烟气中二氧化碳浓度更高；
（2）①根据气体液化的方法解答，加压和降温都可以使气体液化；
②根据升华的定义与特点解答，干冰升华吸热，可作制冷剂；
（3）①根据化学方程式的计算解答，先配平化学方程式，再计算反应物的质量比；
②根据微观示意图与质量守恒定律解答，先写出反应的化学方程式，再计算目标元素的质量占比；
（4）根据二氧化碳的化学性质解答，二氧化碳能与水反应生成碳酸；
（5）根据末端治理的定义解答，污染物产生后再进行处理属于末端治理，源头替代不属于末端治理。
23．【答案】（1）锌
（2）2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；将合金粉碎，增大与氧气的接触面积；延长反应时间，让反应充分进行；适当增大氧气流速等，写出两点即可
（3）一是可以防止温度过高使H2O2受热分解，失去氧化吸收的作用；二是气体的溶解度随温度降低而增大，冷却后SO2的溶解度更大，能更充分地被溶液吸收
（4）解：根据元素质量守恒，合金中硫元素的质量等于生成的硫酸中硫元素的质量。
硫酸中硫元素的质量为：4.9×10-3g× =1.6×10-3g
样品中硫元素的质量分数为：×100%=0.16%
答：样品中硫元素的质量分数为0.16%。
（5）加热装置内产生的烟尘会吸附部分SO2，随烟尘一起被带走，无法被H2O2溶液完全吸收
（6）放入1%的CuCl2溶液中；洗涤、干燥
【知识点】金属的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）熔炼温度约为1200℃，锌的沸点为906℃，熔炼温度高于锌的沸点，锌会汽化挥发造成损失，因此原料中锌需要适当过量，弥补挥发的损耗。
（2）Cu2S与O2在1250℃条件下反应生成Cu2O和SO2，配平后的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2。
要使合金中含硫物质充分反应，可以采取的措施有：将合金粉碎，增大与氧气的接触面积；延长反应时间，让反应充分进行；适当增大氧气流速等，写出两点即可。
（3）吸收前将气体冷却，一是可以防止温度过高使H2O2受热分解，失去氧化吸收的作用；二是气体的溶解度随温度降低而增大，冷却后SO2的溶解度更大，能更充分地被溶液吸收。
（4）①解：根据元素质量守恒，合金中硫元素的质量等于生成的硫酸中硫元素的质量。
硫酸中硫元素的质量为：4.9×10-3g× =1.6×10-3g
样品中硫元素的质量分数为：×100%=0.16%
答：样品中硫元素的质量分数为0.16%。
（5）加热装置内产生的烟尘会吸附部分SO2，随烟尘一起被带走，无法被H2O2溶液完全吸收，导致测得的硫酸质量偏小，计算出的硫元素质量偏小，因此测定结果偏低。
（6）测定腐蚀速率的实验操作：取合金样品，称其质量，放入1%的CuCl2溶液中，在75℃下放置24小时，取出样品，洗涤、干燥，称其质量，计算腐蚀速率。
【分析】（1）根据金属的沸点与熔炼温度的关系解答，锌的沸点低于熔炼温度，易挥发损失，因此原料需过量；
（2）根据化学方程式的书写与影响反应充分程度的因素解答，配平遵循质量守恒定律；增大接触面积、延长反应时间可使反应更充分；
（3）根据过氧化氢的性质与气体溶解度的影响因素解答，过氧化氢受热易分解；气体溶解度随温度降低而增大；
（4）①根据元素守恒与元素质量分数的计算解答，反应前后硫元素质量不变，通过硫酸质量计算硫元素质量，再计算硫元素的质量分数；
（5）根据实验误差分析解答，烟尘吸附二氧化硫，导致被吸收的二氧化硫减少，测定结果偏低；
（6）根据腐蚀速率的测定原理解答，腐蚀实验需将样品放入腐蚀液，反应后需洗涤干燥再称量，避免残留液影响质量测定结果。
24．【答案】（1）延展性
（2）铁矿石；液
（3）选观点1：铁生锈需要铁与氧气、水同时接触，修建遮雨棚可以避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水分，破坏铁生锈的条件，因此能够减缓腐蚀。
选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水膜，满足生锈的条件，因此会加速腐蚀。
（4）B；Fe-2；从图中可知，Fe-1完全反应后固体增加的质量更大，说明参加反应的氧气质量更大；根据反应的化学方程式，参加反应的铁与氧气的质量成正比，因此参加反应的铁的质量较大的是Fe-1。
【知识点】一氧化碳还原氧化铁；金属锈蚀的条件及其防护；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】（1）陨铁可以通过锻打改变形状，制成刀刃等器物，主要利用了陨铁延展性好的物理性质。
（2）古代冶铁的原料是铁矿石，因此这里的“土”指的是铁矿石；生铁在高温下熔化为液态，可以从炉腰孔流出，说明此时获得的生铁呈液态。
（3）示例一：选观点1：铁生锈需要铁与氧气、水同时接触，修建遮雨棚可以避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水分，破坏铁生锈的条件，因此能够减缓腐蚀。
示例二：选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水膜，满足生锈的条件，因此会加速腐蚀。
（4）①Fe-1的曲线中，ab段固体质量增加缓慢，属于缓慢氧化阶段；bc段固体质量快速增加，属于剧烈燃烧阶段，因此选B。
②着火点是物质开始剧烈燃烧时的温度，从图中可以看出，Fe-2在更低的温度下就开始快速增重（剧烈燃烧），因此着火点较低的是Fe-2。
③根据质量守恒定律，固体增加的质量等于参加反应的氧气的质量；从图中可知，Fe-1完全反应后固体增加的质量更大，说明参加反应的氧气质量更大；根据反应的化学方程式，参加反应的铁与氧气的质量成正比，因此参加反应的铁的质量较大的是Fe-1。
【分析】（1）根据金属的物理性质解答，锻打成型体现了金属的延展性；
（2）根据古代冶铁的原料与生铁的状态解答，冶铁的原料是铁矿石，高温下生铁熔化为液态；
（3）根据铁生锈的条件解答，铁生锈需要同时接触氧气和水，根据水分的变化分析对腐蚀速率的影响；
（4）①根据燃烧的现象与质量变化的对应关系解答，剧烈燃烧阶段固体质量快速增加；
②根据着火点的定义解答，开始剧烈燃烧时的温度越低，对应物质的着火点越低；
③根据质量守恒定律解答，固体增加的质量是参加反应的氧气质量，氧气质量越大，参加反应的铁质量越大。
25．【答案】（1）4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC；C
（2）氮化铝；常温下易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，包裹在铝粉表面，会阻碍铝与氮气接触反应
（3）AlCl3沸点为190℃，在700℃下为气态，反应物NH3和副产物HCl在700℃下也均为气体，只有生成物AlN是固体，气态反应物和副产物易与固体产物分离
（4）CD；性能足够，价格实惠——Al2O3陶瓷散热板，其价格最低，成本优势明显；把每一丝热量迅速送走——BeO陶瓷散热板，其导热率最高，导热散热性能最好；百万次点亮，依然紧密贴合——AlN陶瓷散热板，其热膨胀系数与芯片最接近，温度反复变化时贴合度好。
【知识点】新材料的开发与社会发展的密切关系；复合材料、纳米材料；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①铝粉、碳粉和TiO2粉末在高温条件下反应生成Al2O3和TiC，根据质量守恒定律配平，化学方程式为4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC。
②在金属表面覆上陶瓷涂层，是由金属基体和陶瓷涂层两种不同性能的材料复合而成，属于复合材料，因此选C。
（2）AlN从右往左读作氮化铝。铝的化学性质活泼，常温下易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，包裹在铝粉表面，会阻碍铝与氮气接触反应，因此用铝粉与氮气反应制备氮化铝较为困难。
（3）AlCl3沸点为190℃，在700℃下为气态，反应物NH3和副产物HCl在700℃下也均为气体，只有生成物AlN是固体，气态反应物和副产物易与固体产物分离，因此制得的AlN纯度较高。
（4）①不选择Al2O3的原因：C项，Al2O3的导热率仅为30，导热性能差，散热效果不好；D项，Al2O3的热膨胀系数为7.7，与LED芯片的热膨胀系数差距较大，温度变化时膨胀收缩程度不同，贴合效果差。因此答案选CD。
②三种材料与广告语的对应关系：
性能足够，价格实惠——Al2O3陶瓷散热板，其价格最低，成本优势明显；
把每一丝热量迅速送走——BeO陶瓷散热板，其导热率最高，导热散热性能最好；
百万次点亮，依然紧密贴合——AlN陶瓷散热板，其热膨胀系数与芯片最接近，温度反复变化时贴合度好。
【分析】（1）①根据化学方程式的书写规则解答，结合反应物、生成物和反应条件，依据质量守恒定律配平方程式；
②根据材料的分类解答，由两种或多种不同性能的材料复合而成的材料属于复合材料；
（2）根据化合物的命名规则与铝的化学性质解答，氮化物从右往左命名；铝易被氧化生成致密氧化膜，阻碍与氮气的反应；
（3）根据物质的状态与分离方法解答，反应物和副产物均为气体，只有产物是固体，易分离提纯；
（4）①根据材料性能与使用需求的对应关系解答，导热率低、热膨胀系数与芯片差异大是不选择该材料的原因；
②根据材料性能与广告语的对应关系解答，价格对应成本优势，导热率对应散热速度，热膨胀系数对应温度变化下的贴合程度。
1 / 1【中考真卷】江苏省扬州市2026年化学学业水平性考试
1． AI能够辅助人们设计出合成物质的最优路线。要教会AI像化学家那样思考，让它学会在设计合成路线时优先考虑一些因素。下列不属于合成时需优先考虑的因素是（　　）
A．成本较低 B．产率较高 C．绿色环保 D．步骤繁杂
【答案】D
【知识点】化学的研究领域和用途
【解析】【解答】A、合成物质时控制较低的成本，能够提升生产的经济效益，是化工合成需要优先考虑的因素，选项A不符合题意；
B、产率较高可以提高原料的利用率，减少原料浪费，是合成路线设计时需要优先考虑的因素，选项B不符合题意；
C、绿色环保可以减少污染物排放，符合绿色化学的发展理念，是合成时需要优先考虑的因素，选项C不符合题意；
D、步骤繁杂会提升生产难度、提高生产成本、降低产物产率，不属于合成路线设计时优先考虑的优化方向，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据化工生产的经济效益原则解答；
B、根据产率与原料利用率的对应关系解答；
C、根据绿色化学的核心理念解答；
D、根据合成路线的优化方向解答，步骤简洁、易操作才是设计的优化目标。
2．工业制备CCl4的方法为。X的化学式是（　　）
A．S2Cl2 B．S2Cl C．SCl2 D．SCl3
【答案】A
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目均保持不变。先统计反应物中各原子的总数：反应物CS2和3Cl2中，碳原子1个，硫原子2个，氯原子6个；再统计已知生成物中的原子数：生成物CCl4中，碳原子1个，氯原子4个。对比可知，1个X分子中应含有2个硫原子和2个氯原子，因此X的化学式为S2Cl2。
A、S2Cl2与推导结果完全一致，选项A符合题意；
B、S2Cl中氯原子个数不匹配，选项B不符合题意；
C、SCl2中硫原子个数不匹配，选项C不符合题意；
D、SCl4中硫、氯原子个数均不匹配，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据质量守恒定律的微观实质解答，化学反应前后原子种类、数目均不变，通过统计反应前后原子的数量差，可推导未知物质的化学式；
B、根据质量守恒定律的原子守恒要求解答，该选项原子数目不满足守恒关系；
C、根据质量守恒定律的原子守恒要求解答，该选项原子数目不满足守恒关系；
D、根据质量守恒定律的原子守恒要求解答，该选项原子数目不满足守恒关系。
3．将少量的下列物质加入适量水中，所得混合物属于溶液的是（　　）
A．碳酸钠 B．泥土 C．粉笔灰 D．植物油
【答案】A
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【解答】溶液是一种或几种物质分散到另一种物质中，形成的均一、稳定的混合物。
A、碳酸钠易溶于水，能和水形成均一、稳定的混合物，属于溶液，选项A符合题意；
B、泥土不溶于水，与水混合后会形成不均一、不稳定的悬浊液，静置后会分层，不属于溶液，选项B不符合题意；
C、粉笔灰不溶于水，与水混合后会形成不均一、不稳定的悬浊液，静置后会分层，不属于溶液，选项C不符合题意；
D、植物油不溶于水，与水混合后会形成不均一、不稳定的乳浊液，静置后会分层，不属于溶液，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据溶液的定义与碳酸钠的溶解性解答，可溶性物质溶于水可形成溶液；
B、根据悬浊液的特征解答，不溶性固体分散在水中形成悬浊液；
C、根据悬浊液的特征解答，不溶性固体分散在水中形成悬浊液；
D、根据乳浊液的特征解答，不溶性液体分散在水中形成乳浊液。
4．草木灰中含有K2CO3，可作钾肥。K2CO3中碳元素的化合价是（　　）
A．+1 B．+2 C．+3 D．+4
【答案】D
【知识点】有关元素化合价的计算
【解析】【解答】化合物中各元素正负化合价的代数和为0，碳酸钾的化学式为K2CO3，其中钾元素化合价为+1价，氧元素化合价为-2价。设碳元素的化合价为x，可得：(+1)×2+x+(-2)×3=0，计算得x=+4。
A、+1价不符合计算结果，选项A不符合题意；
B、+2价不符合计算结果，选项B不符合题意；
C、+3价不符合计算结果，选项C不符合题意；
D、+4价符合计算结果，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据化合物中化合价的计算规则解答，化合物中各元素正负化合价代数和为零，结合已知元素化合价可计算未知元素化合价；
B、根据化合物中化合价的计算规则解答，该数值不满足化合价代数和为零的要求；
C、根据化合物中化合价的计算规则解答，该数值不满足化合价代数和为零的要求；
D、根据化合物中化合价的计算规则解答，该数值满足化合价代数和为零的要求。
5．牛皮糖配料中含麦芽糖下列关于麦芽糖的说法正确的是（　　）
A．由碳、氢、氧三种元素组成 B．由碳原子和水分子构成
C．氢元素的质量分数最大 D．碳、氧元素质量比为12：11
【答案】A
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】A、由麦芽糖的化学式为C12H22O11可知，麦芽糖由碳、氢、氧三种元素组成，该说法正确，选项A符合题意；
B、麦芽糖是由麦芽糖分子构成的，分子由碳原子、氢原子、氧原子构成，纯净物中不含水分子，该说法错误，选项B不符合题意；
C、麦芽糖中碳、氢、氧元素的质量比为(12×12)：(1×22)：(16×11)=144：22：176，其中氧元素的质量占比最大，因此氧元素的质量分数最大，该说法错误，选项C不符合题意；
D、碳、氧元素质量比为(12×12)：(16×11)=144：176=9：11，不是12：11，该说法错误，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据化学式的宏观意义解答，化学式可以表示物质的元素组成；
B、根据物质的微观构成解答，纯净物由对应分子构成，不含其他物质的分子；
C、根据元素质量分数的比较方法解答，元素质量比中占比越大，对应元素的质量分数越高；
D、根据元素质量比的计算方法解答，元素质量比等于相对原子质量与原子个数乘积的比值。
6．扬州出土的背铜器“错银铜牛灯”的主要结构如题6图所示，灯座内注入清水，灯盘内盛放灯油，灯罩可自由开合。下列说法不正确的是（　　）
A．青铜属于合金
B．灯座内清水可降低灯油的着火点
C．灯罩可调节进入的空气量
D．烟气进入水中后，固体粉尘会被去除
【答案】B
【知识点】合金与合金的性质；燃烧与燃烧的条件
【解析】【解答】A、青铜是铜与锡等金属熔合形成的具有金属特性的混合物，属于合金，该说法正确，选项A不符合题意；
B、着火点是物质的固有属性，一般不会发生改变；灯座内的清水可以吸收热量、降低温度，使温度低于灯油的着火点，而不是降低灯油的着火点，该说法错误，选项B符合题意；
C、灯罩可自由开合，能够调节进入的空气量，从而控制灯油燃烧的剧烈程度，该说法正确，选项C不符合题意；
D、烟气进入水中后，其中的固体粉尘会被水吸附、沉降，从而被去除，起到除尘的作用，该说法正确，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据合金的定义解答，合金是金属与金属或非金属熔合形成的具有金属特性的混合物；
B、根据着火点的性质解答，着火点是物质的固有属性，不能被降低，灭火的原理是降温至可燃物的着火点以下；
C、根据燃烧的条件解答，可燃物燃烧需要与氧气接触，调节空气进入量可以控制燃烧的剧烈程度；
D、根据水的除尘原理解答，固体粉尘可被水吸附、沉降，实现烟气除尘。
7． CH4在O2中燃烧生成CO2和H2O，其转化可用表示。在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是（　　）
A． B．溶液
C．CuSO4溶液Cu D．CuCuCl2溶液
【答案】D
【知识点】物质的相互转化和制备
【解析】【解答】A、碱式碳酸铜受热分解生成氧化铜、水和二氧化碳，该转化可以实现，选项A不符合题意；
B、氧化铜属于金属氧化物，能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，可得到硫酸铜溶液，该转化可以实现，选项B不符合题意；
C、锌的金属活动性强于铜，锌能与硫酸铜溶液发生置换反应，生成硫酸锌和铜，该转化可以实现，选项C不符合题意；
D、铜的金属活动性排在氢之后，不能与稀盐酸发生置换反应，无法生成氯化铜溶液，该转化不能实现，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碱式碳酸铜的热不稳定性解答，碱式碳酸铜受热易分解为金属氧化物、水和二氧化碳；
B、根据酸的通性解答，金属氧化物能与酸反应生成对应的盐和水；
C、根据金属活动性顺序解答，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；
D、根据金属活动性顺序解答，排在氢之后的金属不能与稀酸发生置换反应。
阅读下列材料，完成下面小题。
中国立足“富煤少油”国情，发展现代煤化工产业，实现资源和技术自主可控。煤主要含碳元素，还含有H、O、N、S、Na等元素。煤制气可得CO、H2，生成的气体进一步转化可得汽油（含多种碳氢化合物分子）等产品。
8．下列属于金属元素的是（　　）
A．O B．N C．Na D．S
9．煤制气的主要反应为，该反应的类型是（　　）
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
10．下列说法正确的是（　　）
A．煤是单质
B．汽油是纯净物
C．煤转化为汽油是物理变化
D．将煤转化为汽油，可缓解石油短缺问题
【答案】8．C
9．C
10．D
【知识点】元素的简单分类；反应类型的判定；纯净物和混合物
【解析】【分析】（1）A、根据元素的分类标准解答，气态非金属元素名称多带“气”字头；
B、根据元素的分类标准解答，气态非金属元素名称多带“气”字头；
C、根据元素的分类标准解答，金属元素名称一般带“钅”字旁（汞除外）；
D、根据元素的分类标准解答，固态非金属元素名称多带“石”字旁。
（2）A、根据化合反应的定义解答，化合反应的反应物为多种，生成物只有一种；
B、根据分解反应的定义解答，分解反应的反应物只有一种，生成物为多种；
C、根据置换反应的定义解答，置换反应的特征是“单质+化合物→新单质+新化合物”；
D、根据复分解反应的定义解答，复分解反应的反应物和生成物均为化合物。
（3）A、根据物质的分类解答，单质是由同种元素组成的纯净物，煤属于混合物；
B、根据纯净物与混合物的区别解答，汽油由多种物质组成，属于混合物；
C、根据物理变化与化学变化的区别解答，有新物质生成的变化属于化学变化；
D、根据化石能源的综合利用解答，煤制油可以补充石油资源的不足。
8．A、O是氧元素，名称带“气”字头，属于非金属元素，选项A不符合题意；
B、N是氮元素，名称带“气”字头，属于非金属元素，选项B不符合题意；
C、Na是钠元素，名称带“钅”字旁，属于金属元素，选项C符合题意；
D、S是硫元素，名称带“石”字旁，属于非金属元素，选项D不符合题意。
故答案为：C。
9．该反应的化学方程式为C+H2OCO+H2，反应物是碳（单质）和水（化合物），生成物是一氧化碳（化合物）和氢气（单质），符合“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”的特征。
A、化合反应的特征是“多变一”，即多种物质生成一种物质，与该反应特征不符，选项A不符合题意；
B、分解反应的特征是“一变多”，即一种物质生成多种物质，与该反应特征不符，选项B不符合题意；
C、置换反应的特征是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，符合该反应的特征，选项C符合题意；
D、复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物，与该反应特征不符，选项D不符合题意。
故答案为：C。
10．A、煤主要含碳元素，还含有氢、氧、氮、硫等多种元素，属于混合物，不是由同种元素组成的单质，选项A错误；
B、汽油含有多种碳氢化合物分子，由多种物质组成，属于混合物，不是纯净物，选项B错误；
C、煤转化为汽油的过程中生成了新的物质，属于化学变化，不是物理变化，选项C错误；
D、我国“富煤少油”，将煤转化为汽油可以增加燃油供给，缓解石油短缺的问题，选项D正确。
故答案为：D。
11．下列实验安全事项，与“浓盐酸稀释实验”无关的是（　　）
A.进行实验需要佩戴护目镜，保护眼睛 B.实验中用到或产生有害气体，应开启通风 C.实验中用到明火，要正确使用火源 D.实验结束离开前，需用肥皂等清洗双手
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】几种常见的与化学有关的图标；稀释浓硫酸
【解析】【解答】浓盐酸稀释的操作是将浓盐酸沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
A、浓盐酸具有腐蚀性，实验时佩戴护目镜可防止液体溅入眼睛造成伤害，与该实验相关，选项A不符合题意；
B、浓盐酸易挥发出氯化氢气体，对人体呼吸道有刺激和伤害，实验时开启通风可以排出有害气体，与该实验相关，选项B不符合题意；
C、浓盐酸稀释实验不需要使用明火，该安全事项与本实验无关，选项C符合题意；
D、实验结束后用肥皂清洗双手，可去除手上残留的试剂，避免对皮肤造成伤害，符合化学实验基本安全规范，与该实验相关，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据浓盐酸的腐蚀性与实验安全防护要求解答；
B、根据浓盐酸的挥发性与实验安全防护要求解答；
C、根据浓盐酸稀释的实验操作特点解答，该实验不需要加热、不涉及明火；
D、根据化学实验基本安全规范解答，接触化学试剂后需清洁双手。
12．氖气可用作霓虹灯的填充气，氖在元素周期表中的信息如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．氖的原子核内有20个质子 B．氖的元素符号为Ne
C．氖的原子核外有18个电子 D．氖的相对原子质量为10
【答案】B
【知识点】元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】元素周期表中，左上角数字为原子序数，右上角为元素符号，中间为元素名称，下方为相对原子质量；且原子中，原子序数=质子数=核外电子数。
A、氖的原子序数为10，因此原子核内有10个质子，不是20个，选项A错误；
B、由元素周期表信息可知，氖的元素符号为Ne，选项B正确；
C、原子中质子数=核外电子数，氖原子核外有10个电子，不是18个，选项C错误；
D、氖的相对原子质量为20.18，不是10，选项D错误。
故答案为：B。
【分析】A、根据元素周期表的信息与原子结构解答，原子序数等于原子核内的质子数；
B、根据元素周期表的信息解答，单元格右上角的符号为元素符号；
C、根据原子的结构特点解答，原子中质子数等于核外电子数；
D、根据元素周期表的信息解答，单元格下方的数字为相对原子质量。
13．下列物质的性质和用途对应关系正确的是（　　）
A．石墨具有导电性，可用作电池的电极
B．活性炭是黑色固体，可用于吸附水中杂质
C．碳酸氢钠可溶于水，可用于治疗胃酸过多
D．甲烷是无色气体，可用作燃料
【答案】A
【知识点】化学性质与物理性质的差别及应用；碳单质的性质和用途；甲烷、乙醇等常见有机物的性质和用途
【解析】【解答】A、石墨具有良好的导电性，因此可用作电池的电极，性质与用途对应正确，选项A符合题意；
B、活性炭可用于吸附水中杂质，是因为活性炭具有疏松多孔的结构，有吸附性，与它是黑色固体的物理性质无关，选项B不符合题意；
C、碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，是因为它能与胃酸中的盐酸发生反应，与它可溶于水的物理性质无关，选项C不符合题意；
D、甲烷可用作燃料，是因为甲烷具有可燃性，与它是无色气体的物理性质无关，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据石墨的导电性与对应用途解答；
B、根据活性炭吸附性的原理解答，吸附性由疏松多孔的结构决定，与颜色无关；
C、根据碳酸氢钠的化学性质解答，与酸反应是其治疗胃酸过多的原理；
D、根据甲烷的化学性质解答，可燃性是其可用作燃料的原因。
14．构成物质的微观粒子有分子、原子、离子等。下列物质由离子构成的是（　　）
A．氢气 B．氯化钠
C．液态氧 D．晶体硅
【答案】B
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【解答】A、氢气属于气态非金属单质，是由氢分子构成的，选项A不符合题意；
B、氯化钠属于盐类物质，是由钠离子和氯离子构成的，属于由离子构成的物质，选项B符合题意；
C、液态氧属于气态非金属单质，是由氧分子构成的，选项C不符合题意；
D、晶体硅属于固态非金属单质，是由硅原子直接构成的，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据气态非金属单质的构成特点解答，一般由分子构成；
B、根据盐类物质的构成特点解答，大多数盐由金属离子和酸根离子构成；
C、根据气态非金属单质的构成特点解答，一般由分子构成；
D、根据固态非金属单质的构成特点解答，硅等物质由原子直接构成。
阅读下列材料，完成下面小题。
石灰石经煅烧可制得生石灰。将少量生石灰加入水中，发生反应：温度升高，得到石灰乳。石灰乳经过滤可得澄清石灰水。
15．实验室模拟上述过程，并探究石灰水的性质及用途。下列装置与操作正确的是（　　）
A．高温煅烧石灰石
B．检验CO2
C．生石灰与水反应
D．测定石灰水pH
16．下列物质属于盐的是（　　）
A．Ca B．CaO C．Ca（OH）2 D．CaCO3
17．下列说法正确的是（　　）
A．石灰石易与水反应
B．CaO与水反应时吸收热量
C．过滤石灰乳可得到Ca（OH）2溶液
D．Ca（OH）2易溶于水
【答案】15．B
16．D
17．C
【知识点】实验室常见的仪器及使用；二氧化碳的检验和验满；酸、碱、盐的概念；生石灰的性质与用途
【解析】【分析】（1）A、根据高温煅烧的实验要求解答，该实验需要高温条件，且仪器选择要符合实验需求；
B、根据二氧化碳的检验方法解答，气体应通入澄清石灰水中，保证充分接触；
C、根据量筒的使用规范解答，量筒只能量取液体体积，不能用作反应容器；
D、根据pH试纸的使用方法解答，直接浸入待测液会污染试剂，不符合操作规范。
（2）A、根据物质的分类解答，由同种元素组成的纯净物属于单质；
B、根据氧化物的定义解答，由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物属于氧化物；
C、根据碱的定义解答，碱由金属离子和氢氧根离子构成；
D、根据盐的定义解答，盐由金属离子（或铵根离子）和酸根离子构成。
（3）A、根据碳酸钙的性质解答，碳酸钙不与水发生反应；
B、根据生石灰与水反应的能量变化解答，该反应会放出大量的热；
C、根据过滤的原理解答，过滤可以分离悬浊液中的固体和液体；
D、根据氢氧化钙的溶解性解答，氢氧化钙属于微溶性物质。
15．A、高温煅烧石灰石需要使用酒精喷灯提供高温条件，且不能用烧杯进行该实验，装置操作错误，选项A不符合题意；
B、检验二氧化碳时，将气体从长导管通入澄清石灰水中，使气体与石灰水充分接触，若石灰水变浑浊则证明是二氧化碳，操作正确，选项B符合题意；
C、量筒只能用于量取液体体积，不能作为反应容器，不能在量筒中进行生石灰与水的反应，操作错误，选项C不符合题意；
D、测定石灰水pH时，不能将pH试纸直接浸入待测液中，否则会污染试剂，应用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，操作错误，选项D不符合题意。
故答案为：B。
16．盐是由金属离子（或铵根离子）和酸根离子构成的化合物。
A、Ca是由钙元素组成的纯净物，属于单质，选项A不符合题意；
B、CaO由钙元素和氧元素两种元素组成，属于氧化物，选项B不符合题意；
C、Ca(OH)2由钙离子和氢氧根离子构成，属于碱，选项C不符合题意；
D、CaCO3由钙离子和碳酸根离子构成，属于盐，选项D符合题意。
故答案为：D。
17．A、石灰石的主要成分是碳酸钙，碳酸钙难溶于水，也不与水发生反应，选项A错误；
B、CaO与水反应时会放出大量的热，属于放热反应，不是吸收热量，选项B错误；
C、石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，含有未溶解的氢氧化钙固体，经过滤可除去不溶性固体，得到Ca(OH)2溶液，选项C正确；
D、Ca(OH)2微溶于水，不是易溶于水，选项D错误。
故答案为：C。
18． KNO3、NaCl、Li2SO4三种物质的溶解度曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．60℃时，KNO3的溶解度为106g
B．60℃时，三种物质的溶解度大小关系：S(KNO3)＞S(NaCl)＞S(Li2SO4)
C．升高温度，NaCl和Li2SO4的溶解度变化趋势不同
D．降低温度，Li2SO4能从其热饱和溶液中结晶析出
【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、由溶解度曲线可知，60℃时，KNO3的溶解度为106g，该说法正确，选项A不符合题意；
B、60℃时，对比三条曲线的高度，三种物质的溶解度大小关系为S(KNO3)＞S(NaCl)＞S(Li2SO4)，该说法正确，选项B不符合题意；
C、升高温度时，NaCl的溶解度缓慢增大，Li2SO4的溶解度逐渐减小，二者溶解度的变化趋势不同，该说法正确，选项C不符合题意；
D、Li2SO4的溶解度随温度降低而增大，降低温度时，其热饱和溶液会变为不饱和溶液，不会有晶体析出，该说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据溶解度曲线中点的含义解答，曲线上的点对应该温度下物质的溶解度；
B、根据同一温度下溶解度大小的比较方法解答，同一温度下曲线位置越高，溶解度越大；
C、根据溶解度曲线的变化趋势解答，两种物质的溶解度随温度变化的方向不同；
D、根据结晶的原理解答，溶解度随温度降低而增大的物质，降温不会析出晶体。
19．下列实验方案及现象不能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 实验方案及现象
A 除去粗盐中的泥沙 将粗盐加水溶解，蒸发水分，得到固体
B 验证分子之间有空隙 在100mL量筒中将50mL水和50mL酒精混合，混合后的体积小于100mL
C 除去H2中的水蒸气 将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
D 判断盐酸已与NaOH反应完全 向盐酸中滴加几滴酚酞试剂，再加入NaOH溶液，充分反应后，溶液由无色变成红色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】粗盐提纯；物质的除杂、净化
【解析】【解答】A、粗盐中的泥沙不溶于水，仅加水溶解后蒸发水分，泥沙会与食盐混合在一起，无法除去泥沙；正确操作应是溶解、过滤、蒸发，该方案不能达到实验目的，选项A符合题意；
B、50mL水和50mL酒精混合后总体积小于100mL，是因为分子之间有空隙，酒精分子和水分子互相进入对方的空隙中，可验证分子之间有空隙，该方案能达到实验目的，选项B不符合题意；
C、浓硫酸具有吸水性，且不与氢气发生反应，将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶，可除去H2中的水蒸气，该方案能达到实验目的，选项C不符合题意；
D、盐酸呈酸性，不能使酚酞变色；向盐酸中加入NaOH溶液，盐酸与NaOH发生中和反应，当NaOH过量时溶液呈碱性，酚酞由无色变为红色，可证明盐酸与NaOH发生了反应，该方案能达到实验目的，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据粗盐提纯的原理解答，除去不溶性杂质需要通过过滤操作，仅蒸发无法分离泥沙；
B、根据分子的基本性质解答，分子间存在间隙，不同液体混合后总体积会减小；
C、根据浓硫酸的吸水性解答，浓硫酸可干燥中性和酸性气体；
D、根据中和反应的验证方法解答，通过指示剂的颜色变化可以判断酸碱发生了反应。
20． H2O2能与有机物X反应，从而去除水样中的X。为研究不同固体催化剂M、N对该反应中X去除率的影响，进行如题20图-1所示的三组实验。相同时间后，测得实验结果如题20图-2所示。
已知：X的去除率=；M、N不与X反应。
下列有关H2O2与X的反应及上述实验的结论合理的是（　　）
A．M对该反应无催化效果
B．实验①与实验②，有机物X被去除的原理相同
C．上述实验条件下，与M相比，N催化该反应的效果更好
D．其他条件相同时，与M相比，改变温度对N催化该反应的影响更大
【答案】C
【知识点】催化剂的特点与催化作用；影响化学反应速率的因素探究；定性实验（控制变量、空白实验、对比实验）
【解析】【解答】A、加入M的实验组中X有一定的去除率，说明M对该反应有催化效果，只是催化效果较弱，并非无催化效果，选项A错误；
B、实验①与实验②的催化剂种类不同，仅根据现有实验信息无法确定二者去除有机物X的原理完全相同，该结论无法由实验直接得出，选项B错误；
C、实验①和实验②的温度、pH均相同，分别加入M和N，实验结果显示加入N时X的去除率更高，说明在该实验条件下，N催化该反应的效果更好，选项C正确；
D、实验中没有M在不同温度下的对照实验，且实验②和实验③同时改变了温度和pH两个变量，无法比较改变温度对M、N催化效果的影响大小，选项D错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据催化剂的作用与实验数据解答，有去除率即说明有催化效果，只是效果强弱不同；
B、根据实验变量与结论的对应关系解答，该实验无法直接证明去除原理是否相同；
C、根据对照实验的结论解答，单一变量下，去除率越高说明催化效果越好；
D、根据控制变量法的要求解答，探究温度的影响需保证其他条件一致，且缺少M的温度对照实验。
21．扬州正聚力打造长三角算力枢纽节点。
（1）算力需“动力之源”。扬州与甘肃、青海“东数西算”工程节点城市推进算力协同。
①甘肃庆阳的石油、煤炭、天然气等储备量充足，并拥有丰富的风能、太阳能资源。上述能源中，属于可再生能源的是　 　。
②青海打造多元储能体系。下列方法中将电能转化为氢能的是　 　（填字母）。
A：用电机将水从低处抽至高处
B：用电解装置使水分解
C：用电力驱动压缩机将空气压缩液化
（2）算力需“材料基石”。高纯硅（Si）和超纯水是生产芯片的基础性物料。
①用沙子（主要成分是SiO2）和焦炭可制备粗硅，粗硅进一步提纯可制得高纯硅。从沙子、粗硅到高纯硅，硅元素的质量分数　 　（填“减小”“不变”或“增大”）。
②生活污水回收再生可制备超纯水，其中的膜分离过程如图所示。比较微观粒子的直径：d（蛋白质分子）　 　d（水分子）（填“>”或“<”）。通过反渗透膜后，所得水的导电能力　 　（填“增强”或“减弱”）。
③硅芯片（主要成分是Si）制作时需浸没在超纯水中进行。为避免硅芯片表面生成SiO2杂质，超纯水还需进一步除去其中溶解的气体单质是　 　（填化学式）。
（3）算力需“控温保障”。算力数据中心电子设备集中，发热量大。
①IT设备芯片工作时温度会达60℃以上，对其冷却的一种方法是将设备浸没在导热性能良好的冷却液中。为探究不同冷却液的导热性能，设计实验如题21表所示，实验中所测数据对应的物理量为　 　。
题21表
步骤1 室温下，取两种冷却液各100mL，分别注入两只相同的烧杯中，分别插入温度计
步骤2 将两只烧杯同时放入60℃恒温水浴中，记录数据
步骤3 待冷却液的温度达到60℃时，记录数据
②冷却液应具备的化学性质有　 　（写2点）。
【答案】（1）风能、太阳能；B
（2）增大；>；减弱；O2
（3）升温到60℃所需的时间；化学性质稳定，不易发生化学反应；不与芯片、设备材料发生反应；不易燃、无毒等，写出两点即可。
【知识点】物质发生化学变化时的能量变化；化学式的相关计算；资源综合利用和新能源开发；常见能源的种类、能源的分类
【解析】【解答】（1）①石油、煤炭、天然气属于化石能源，短时间内无法再生，属于不可再生能源；风能、太阳能可以源源不断从自然界中获得，属于可再生能源，因此答案为风能、太阳能。
②A选项，用电机将水从低处抽至高处，是将电能转化为水的重力势能；B选项，用电解装置使水分解生成氢气和氧气，是将电能转化为化学能储存在氢气中，实现电能向氢能的转化；C选项，用电力驱动压缩机将空气压缩液化，是将电能转化为内能和机械能。因此答案选B。
（2）①沙子的主要成分是SiO2，含有氧元素，硅元素质量分数较低；粗硅含有少量杂质，硅元素质量分数高于二氧化硅；高纯硅几乎是纯净的硅，硅元素质量分数接近100%。因此从沙子、粗硅到高纯硅，硅元素的质量分数增大。
②超滤膜允许水分子通过，不允许蛋白质分子通过，说明蛋白质分子的直径大于水分子的直径，即d（蛋白质分子）＞d（水分子）。反渗透膜可以除去水中的可溶性盐，使水中的离子数量大幅减少，而溶液的导电能力与离子浓度有关，离子越少导电能力越弱，因此所得水的导电能力减弱。
③硅芯片的主要成分是硅，硅能与溶解在水中的氧气反应生成SiO2杂质，因此超纯水需要除去溶解的O2。
（3）①该实验的目的是比较不同冷却液的导热性能，将装有冷却液的烧杯放入60℃恒温水浴中，记录冷却液升温到60℃所需的时间，时间越短说明导热性能越好，因此实验中所测数据对应的物理量为升温到60℃所需的时间。
②冷却液需要长期接触电子设备，因此需要具备的化学性质有：化学性质稳定，不易发生化学反应；不与芯片、设备材料发生反应；不易燃、无毒等，写出两点即可。
【分析】（1）①根据能源的分类解答，可再生能源是可从自然界源源不断获得的能源，化石能源属于不可再生能源；
②根据能量的转化形式解答，电解水是将电能转化为化学能储存在氢气中；
（2）①根据物质纯度与元素质量分数的关系解答，物质纯度越高，其中主要元素的质量分数越大；
②根据膜分离的原理与溶液导电性的影响因素解答，直径大于膜孔径的粒子无法通过膜；溶液导电性与离子浓度正相关，离子越少导电能力越弱；
③根据硅的化学性质解答，硅能与氧气反应生成二氧化硅，因此需除去水中溶解的氧气；
（3）①根据比较导热性能的实验方法解答，相同条件下，升温所需时间越短，导热性能越好；
②根据冷却液的使用场景解答，冷却液需化学性质稳定，不与设备反应，保障使用安全与寿命。
22．二氧化碳的捕集、利用与封存技术，有力支撑“碳中和”目标的达成。
（1）“碳捕集”是指将CO2从工业生产、能源利用或大气中分离出来。
①气体的浓度可用质量浓度和体积浓度两种方式表示。质量浓度如的H2”，含义为每立方米气体中含1μgH2。体积浓度如“386μL·L- 的CO2”，含义为　 　。
②某区域大气中CO2浓度三年的变化如题22图一1所示。该区域大气中CO2浓度的变化趋势为　 　。
③对煤燃烧产生的CO2进行捕集时，相比于通入空气，通入O2与煤反应产生的烟气更有利于碳捕集，原因是　 　。
（2）“碳输送”是将捕集的CO2运送到利用或封存场地。
①气态CO2可通过适度加压并　 　的措施转化为液态，以管道输送。
②固态CO2（干冰）常用于食品冷链保鲜。常温常压下，干冰在空气中会逐渐　 　（填物质状态变化名称），保持较低温度。
（3）“碳利用”是将捕集的CO2资源化利用。
①以CO2和NH3为原料可制备尿素[，同时生成H2O。理论上，参与该反应的CO2和NH3的质量比为　 　。
②以CO2和H2为原料可合成甲醇，反应的微观示意图如题22图-2所示。进入甲醇中的氢元素占参加该反应氢元素的比例为　 　（用分数表示）。
（4）“碳封存”可将捕集的CO2注入地下深部卤水层，CO2会与H2O反应生成　 　（填化学式），最终可转化为碳酸盐固体。
（5）在CO2产生后再将其捕集或处理，而不是从源头避免CO2的产生，这种方法常被称为“末端治理”。下列措施属于末端治理的是（　　）（填字母）。
A．用水力等清洁能源替代燃煤发电
B．燃煤废气经吸收处理后再排放
C．用电动汽车逐步取代燃油汽车
【答案】（1）每升气体中含有386μL的二氧化碳；冬春季节浓度高、夏季浓度低；烟气中二氧化碳的浓度更高，更有利于碳捕集
（2）降温；升华
（3）22：17；
（4）H2CO3
（5）B
【知识点】微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；二氧化碳对环境的影响
【解析】【解答】（1）①参照质量浓度的定义类推，体积浓度“386μ L-1的CO2”的含义是每升气体中含有386μL的二氧化碳。
②从浓度变化图可以看出，该区域大气中CO2的浓度总体逐年升高；同一年内呈现周期性变化，1-4月浓度升高、4-8月浓度降低、8-12月浓度升高，整体表现为冬春季节浓度高、夏季浓度低。
③通入氧气与煤反应时，煤在纯氧中燃烧，烟气中不会混入空气中的氮气等杂质，得到的烟气中二氧化碳的浓度更高，更有利于碳捕集。
（2）①气态二氧化碳可以通过适度加压并降温的措施转化为液态，便于管道输送。
②常温常压下，干冰会由固态直接变为气态，该过程叫做升华，升华过程吸收大量的热，可保持较低温度，用于食品冷链保鲜。
（3）①二氧化碳和氨气反应生成尿素和水，配平后的化学方程式为CO2+2NH3=CO(NH2)2+H2O。参与反应的CO2和NH3的质量比为44：(2×17)=44：34=22：17。
②根据微观示意图，二氧化碳和氢气合成甲醇的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。参加反应的氢原子总数为6个，其中进入甲醇分子的氢原子有4个，因此进入甲醇中的氢元素占参加反应氢元素的比例为4：6=2：3。
（4）二氧化碳注入地下卤水层后，会与水反应生成碳酸（H2CO3），碳酸进一步转化为碳酸盐固体。
（5）末端治理是在污染物产生后再进行处理。
A选项用水力清洁能源替代燃煤发电，是从源头减少二氧化碳排放，不属于末端治理；
B选项燃煤废气经吸收处理后再排放，是在污染物产生后进行处理，属于末端治理；
C选项用电动汽车取代燃油汽车，是从源头减少二氧化碳排放，不属于末端治理。因此答案选B。
【分析】（1）①根据信息迁移方法解答，参照质量浓度的定义，推导体积浓度的含义；
②根据坐标图像的趋势分析解答，整体呈现逐年上升趋势，年内随季节呈现周期性变化；
③根据纯氧燃烧的特点解答，纯氧燃烧不会引入氮气等杂质，烟气中二氧化碳浓度更高；
（2）①根据气体液化的方法解答，加压和降温都可以使气体液化；
②根据升华的定义与特点解答，干冰升华吸热，可作制冷剂；
（3）①根据化学方程式的计算解答，先配平化学方程式，再计算反应物的质量比；
②根据微观示意图与质量守恒定律解答，先写出反应的化学方程式，再计算目标元素的质量占比；
（4）根据二氧化碳的化学性质解答，二氧化碳能与水反应生成碳酸；
（5）根据末端治理的定义解答，污染物产生后再进行处理属于末端治理，源头替代不属于末端治理。
23．铜锌合金在工业上有着重要的用途。
Ⅰ制备特定组成的铜锌合金时，熔炼温度约需1200℃，高于两种金属的熔点。
（1）已知：铜的沸点为2562℃，锌的沸点为906℃。与合金组成比例相比，熔炼时原料中铜与锌需适当过量的是　 　。
Ⅱ铜锌合金中硫元素的含量需控制在较低范围内，测定合金中硫元素含量的部分装置如题23图所示。
（2）合金中的硫元素以S、Cu2S等形式存在，1250℃时合金中的含硫物质会与（反应转化为SO2。写出Cu2S与O2反应生成Cu2O和SO2的化学方程式：　 　。保持反应温度、O2流速不变，为使合金中含硫物质充分反应，可采取的措施有　 　（写2点）。
（3）生成的气体经冷却后，用H2O2溶液吸收，其中的SO2全部转化为H2SO4。吸收前气体需冷却，原因是　 　。
（4）取1.000g合金样品进行实验，测得最终生成H2SO4的质量为计算样品中硫元素的质量分数（写出计算过程）。
（5）实验前须采取措施消除合金中锌对测定结果的干扰，否则加热装置内会产生烟尘，使测定结果偏低，原因是　 　
（6）Ⅲ利用CuCl2溶液的腐蚀性，可分析不同铜锌合金的耐腐蚀性。方法如下：75℃时，将样品在1%CuCl2溶液中腐蚀24小时，计算腐蚀速率（腐蚀速率腐蚀前样品质量一腐蚀后样品质量）。样品表面积×24小时
现有已知表面积的铜锌合金样品，请补充完整测定其腐蚀速率的实验操作：取合金样品，称其质量，　 　，在75℃下放置24小时，取出样品，　 　，称其质量，计算腐蚀速率。
【答案】（1）锌
（2）2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；将合金粉碎，增大与氧气的接触面积；延长反应时间，让反应充分进行；适当增大氧气流速等，写出两点即可
（3）一是可以防止温度过高使H2O2受热分解，失去氧化吸收的作用；二是气体的溶解度随温度降低而增大，冷却后SO2的溶解度更大，能更充分地被溶液吸收
（4）解：根据元素质量守恒，合金中硫元素的质量等于生成的硫酸中硫元素的质量。
硫酸中硫元素的质量为：4.9×10-3g× =1.6×10-3g
样品中硫元素的质量分数为：×100%=0.16%
答：样品中硫元素的质量分数为0.16%。
（5）加热装置内产生的烟尘会吸附部分SO2，随烟尘一起被带走，无法被H2O2溶液完全吸收
（6）放入1%的CuCl2溶液中；洗涤、干燥
【知识点】金属的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量；化学式的相关计算；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】（1）熔炼温度约为1200℃，锌的沸点为906℃，熔炼温度高于锌的沸点，锌会汽化挥发造成损失，因此原料中锌需要适当过量，弥补挥发的损耗。
（2）Cu2S与O2在1250℃条件下反应生成Cu2O和SO2，配平后的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2。
要使合金中含硫物质充分反应，可以采取的措施有：将合金粉碎，增大与氧气的接触面积；延长反应时间，让反应充分进行；适当增大氧气流速等，写出两点即可。
（3）吸收前将气体冷却，一是可以防止温度过高使H2O2受热分解，失去氧化吸收的作用；二是气体的溶解度随温度降低而增大，冷却后SO2的溶解度更大，能更充分地被溶液吸收。
（4）①解：根据元素质量守恒，合金中硫元素的质量等于生成的硫酸中硫元素的质量。
硫酸中硫元素的质量为：4.9×10-3g× =1.6×10-3g
样品中硫元素的质量分数为：×100%=0.16%
答：样品中硫元素的质量分数为0.16%。
（5）加热装置内产生的烟尘会吸附部分SO2，随烟尘一起被带走，无法被H2O2溶液完全吸收，导致测得的硫酸质量偏小，计算出的硫元素质量偏小，因此测定结果偏低。
（6）测定腐蚀速率的实验操作：取合金样品，称其质量，放入1%的CuCl2溶液中，在75℃下放置24小时，取出样品，洗涤、干燥，称其质量，计算腐蚀速率。
【分析】（1）根据金属的沸点与熔炼温度的关系解答，锌的沸点低于熔炼温度，易挥发损失，因此原料需过量；
（2）根据化学方程式的书写与影响反应充分程度的因素解答，配平遵循质量守恒定律；增大接触面积、延长反应时间可使反应更充分；
（3）根据过氧化氢的性质与气体溶解度的影响因素解答，过氧化氢受热易分解；气体溶解度随温度降低而增大；
（4）①根据元素守恒与元素质量分数的计算解答，反应前后硫元素质量不变，通过硫酸质量计算硫元素质量，再计算硫元素的质量分数；
（5）根据实验误差分析解答，烟尘吸附二氧化硫，导致被吸收的二氧化硫减少，测定结果偏低；
（6）根据腐蚀速率的测定原理解答，腐蚀实验需将样品放入腐蚀液，反应后需洗涤干燥再称量，避免残留液影响质量测定结果。
24．从天外陨铁到超细铁粉，人类对铁的利用不断实现跨越。
（1）人类最早使用的铁器由陨铁制成。陨铁可直接锻打制成刀刃等器物，主要利用陨铁的物理性质是　 　。
（2）我国铁的冶炼可以追溯到殷商时期。《天工开物》记载：“凡铁一炉载土二千余斤……或用木炭……土化成铁之后，从炉腰孔流出”。这里的“土”指的是　 　。“从炉腰孔流出”说明此时获得的生铁呈　 　态（填物质状态）。
（3）京杭大运河沿岸某地有一露天放置的大型生铁所铸文物，表面已被锈蚀。对其进行保护时，围绕“在文物上方修建遮雨棚能否减缓腐蚀”有不同观点。模拟实验发现，该地区湿度大，若建遮雨棚，内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结。
观点1 修建遮雨棚，能够减缓腐蚀
观点2 修建遮雨棚，会加速腐蚀
请选择其中一个观点，运用金属生锈的条件进行解释。
（4）超细铁粉是一种新型燃料，燃烧后生成Fe3O4。取两种等质量的铁粉，颗粒直径分别为（用Fe-1表示）、（用Fe-2表示），分别置于含足量O2的容器中，对其进行加热至燃烧，测得容器内固体质量的增加与温度的变化关系如图所示。
①下列表示Fe-1处于剧烈燃烧阶段的是　 　（填字母）。
A：ab段
B：bc段
C：ac段
②实验可知，两种铁粉中着火点较低的是　 　（填“Fe—1”或“Fe—2”）。
③判断哪种铁粉在实验过程中，参加反应的铁的质量较大，并写出判断的依据：　 　。
【答案】（1）延展性
（2）铁矿石；液
（3）选观点1：铁生锈需要铁与氧气、水同时接触，修建遮雨棚可以避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水分，破坏铁生锈的条件，因此能够减缓腐蚀。
选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水膜，满足生锈的条件，因此会加速腐蚀。
（4）B；Fe-2；从图中可知，Fe-1完全反应后固体增加的质量更大，说明参加反应的氧气质量更大；根据反应的化学方程式，参加反应的铁与氧气的质量成正比，因此参加反应的铁的质量较大的是Fe-1。
【知识点】一氧化碳还原氧化铁；金属锈蚀的条件及其防护；化学性质与物理性质的差别及应用
【解析】【解答】（1）陨铁可以通过锻打改变形状，制成刀刃等器物，主要利用了陨铁延展性好的物理性质。
（2）古代冶铁的原料是铁矿石，因此这里的“土”指的是铁矿石；生铁在高温下熔化为液态，可以从炉腰孔流出，说明此时获得的生铁呈液态。
（3）示例一：选观点1：铁生锈需要铁与氧气、水同时接触，修建遮雨棚可以避免雨水直接淋洗文物，减少文物表面的水分，破坏铁生锈的条件，因此能够减缓腐蚀。
示例二：选观点2：铁生锈需要铁与氧气、水共同作用，修建遮雨棚后内部空气流通不畅，夜间温度降低时，空气中的水蒸气会在文物表面凝结，使文物表面持续存在水膜，满足生锈的条件，因此会加速腐蚀。
（4）①Fe-1的曲线中，ab段固体质量增加缓慢，属于缓慢氧化阶段；bc段固体质量快速增加，属于剧烈燃烧阶段，因此选B。
②着火点是物质开始剧烈燃烧时的温度，从图中可以看出，Fe-2在更低的温度下就开始快速增重（剧烈燃烧），因此着火点较低的是Fe-2。
③根据质量守恒定律，固体增加的质量等于参加反应的氧气的质量；从图中可知，Fe-1完全反应后固体增加的质量更大，说明参加反应的氧气质量更大；根据反应的化学方程式，参加反应的铁与氧气的质量成正比，因此参加反应的铁的质量较大的是Fe-1。
【分析】（1）根据金属的物理性质解答，锻打成型体现了金属的延展性；
（2）根据古代冶铁的原料与生铁的状态解答，冶铁的原料是铁矿石，高温下生铁熔化为液态；
（3）根据铁生锈的条件解答，铁生锈需要同时接触氧气和水，根据水分的变化分析对腐蚀速率的影响；
（4）①根据燃烧的现象与质量变化的对应关系解答，剧烈燃烧阶段固体质量快速增加；
②根据着火点的定义解答，开始剧烈燃烧时的温度越低，对应物质的着火点越低；
③根据质量守恒定律解答，固体增加的质量是参加反应的氧气质量，氧气质量越大，参加反应的铁质量越大。
25． Al2O3、AlN熔点均高于2000℃，都可用作耐高温陶瓷材料。
（1）将铝粉、碳粉和TiO2粉末混合均匀后分布在金属表面，在高温条件下反应生成和TiC，在金属表面形成耐高温陶瓷涂层，用于航空领域。
①写出该反应的化学方程式：　 　。
②在金属表面覆上陶瓷涂层，形成的材料属于　 　（填字母）。
A：无机金属材料
B：无机非金属材料
C：复合材料
（2） Al2O3属于氧化物，AlN属于氮化物。AlN的名称为　 　。Al易与（反应转化为Al2O3。采用铝粉与N2反应的方法制备AlN较为困难，原因是　 　。
（3）铝粉与N2反应制得的AlN纯度不高。以AlCl3（沸点为：与为原料，在反应生成AlN和HCl。该方法制得的AlN纯度较高，原因是　 　。
（4）大功率LED灯具常需频繁开关，工作时其芯片会产生大量的热，需将芯片贴合在绝缘散热板上。可用的三种散热板材料是AlN、Al2O3、BeO，它们的部分指标如题25表所示（已知：LED芯片的热膨胀系数约为
题25表
编号 指标 AIN BeO
A 价格/元· 500 5 400
B 毒性 无毒 无毒 有毒
C 导热率（反映材料热传导能力的物理量，导热率越大，导热性能越强 230 30 300
D 热膨胀系数（温度每升高1℃时，材料长度或体积的相对变化量 4.4 7.7 7.5
①综合考虑，选择AlN作为LED芯片绝缘散热板的材料。不选择.的理由是　 　（填编号）。
②以下是为LED灯具的三种散热板材料设计的广告语，在答题卡上用三根“——”将各广告语和相应的材料连接起来，使其一一对应。
广告语 材料
性能足够，价格实惠 AlN陶瓷散热板
把每一丝热量迅速送走 陶瓷散热板
百万次点亮，依然紧密贴合 BeO陶瓷散热板
　 　
【答案】（1）4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC；C
（2）氮化铝；常温下易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，包裹在铝粉表面，会阻碍铝与氮气接触反应
（3）AlCl3沸点为190℃，在700℃下为气态，反应物NH3和副产物HCl在700℃下也均为气体，只有生成物AlN是固体，气态反应物和副产物易与固体产物分离
（4）CD；性能足够，价格实惠——Al2O3陶瓷散热板，其价格最低，成本优势明显；把每一丝热量迅速送走——BeO陶瓷散热板，其导热率最高，导热散热性能最好；百万次点亮，依然紧密贴合——AlN陶瓷散热板，其热膨胀系数与芯片最接近，温度反复变化时贴合度好。
【知识点】新材料的开发与社会发展的密切关系；复合材料、纳米材料；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】（1）①铝粉、碳粉和TiO2粉末在高温条件下反应生成Al2O3和TiC，根据质量守恒定律配平，化学方程式为4Al+3C+3TiO22Al2O3+3TiC。
②在金属表面覆上陶瓷涂层，是由金属基体和陶瓷涂层两种不同性能的材料复合而成，属于复合材料，因此选C。
（2）AlN从右往左读作氮化铝。铝的化学性质活泼，常温下易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，包裹在铝粉表面，会阻碍铝与氮气接触反应，因此用铝粉与氮气反应制备氮化铝较为困难。
（3）AlCl3沸点为190℃，在700℃下为气态，反应物NH3和副产物HCl在700℃下也均为气体，只有生成物AlN是固体，气态反应物和副产物易与固体产物分离，因此制得的AlN纯度较高。
（4）①不选择Al2O3的原因：C项，Al2O3的导热率仅为30，导热性能差，散热效果不好；D项，Al2O3的热膨胀系数为7.7，与LED芯片的热膨胀系数差距较大，温度变化时膨胀收缩程度不同，贴合效果差。因此答案选CD。
②三种材料与广告语的对应关系：
性能足够，价格实惠——Al2O3陶瓷散热板，其价格最低，成本优势明显；
把每一丝热量迅速送走——BeO陶瓷散热板，其导热率最高，导热散热性能最好；
百万次点亮，依然紧密贴合——AlN陶瓷散热板，其热膨胀系数与芯片最接近，温度反复变化时贴合度好。
【分析】（1）①根据化学方程式的书写规则解答，结合反应物、生成物和反应条件，依据质量守恒定律配平方程式；
②根据材料的分类解答，由两种或多种不同性能的材料复合而成的材料属于复合材料；
（2）根据化合物的命名规则与铝的化学性质解答，氮化物从右往左命名；铝易被氧化生成致密氧化膜，阻碍与氮气的反应；
（3）根据物质的状态与分离方法解答，反应物和副产物均为气体，只有产物是固体，易分离提纯；
（4）①根据材料性能与使用需求的对应关系解答，导热率低、热膨胀系数与芯片差异大是不选择该材料的原因；
②根据材料性能与广告语的对应关系解答，价格对应成本优势，导热率对应散热速度，热膨胀系数对应温度变化下的贴合程度。
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