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2026年四川宜宾市第二中学校中考二模化学试题
1． 《天工开物》被誉为“中国17世纪的工艺百科全书”，其中记载的下列工艺主要涉及化学变化的是（　　）
A．纺纱织布 B．沙里淘金 C．海水晒盐 D．五谷酿酒
2．科学无止境，精神永流传。下列科学家中，研发了多种用于化工生产的催化剂的科学家是
A．徐寿 B．张青莲 C．侯德榜 D．闵恩泽
3．下列物质的性质和用途具有对应关系的是
A．氧气能支持燃烧——用于医疗急救
B．熟石灰具有碱性——用于改良酸性土壤
C．石墨有金属光泽——用作受电弓滑板
D．氢氧化钠易潮解——用于除油污
4．下列事实对应的解释错误的是
选项 事实 解释
A 用水银体温计测量体温，水银柱上升 温度升高，分子变大
B 水、过氧化氢化学性质不同 分子构成不同
C 稀盐酸溶液、稀硫酸溶液均显酸性 溶液中都含有H+
D 蔗糖溶液不导电 溶液中没有自由移动的离子
A．A B．B C．C D．D
5．化学小组的同学进行“探究土壤酸碱性对蒜苗生长的影响”实践活动，同学们首先采集了校园劳动基地的土壤样品，制取了土壤浸出液，测定其酸碱性。下列实验操作不正确的是
A．取样 B．溶解
C．过滤 D．测酸碱性
6．下列物质均可用于配制无土栽培营养液，其中属于复合肥料的是
A． B． C． D．KCl
7．下列化学用语书写正确的是
A．两个氮原子：N2 B．醋酸：C2H5OH
C．钙离子：Ca2+ D．K2MnO4中Mn的化合价：
8．葡萄干中的锌能辅助改善厌食症，如图为锌原子的结构示意图和锌元素在元素周期表中的部分信息，下列说法不正确的是
A．锌的相对原子质量为65.38
B．该元素属于金属元素
C．在化学变化中该原子容易得电子
D．锌元素位于周期表第四周期
9．碳减排、碳利用是实现碳中和的重要途径，我国科学家研究出利用In2O3作催化剂，将二氧化碳转化为化工原料甲醇的微观图示如下，下列说法正确的是
A．该反应为置换反应
B．反应物、生成物涉及的氧化物有3种
C．反应前后分子的数目不变
D．生成的与的质量比为9：16
10．同学们为探究铵态氮肥固体在水中的溶解情况，进行了下图所示的操作（忽略水的蒸发）。
在不同温度时的溶解度
温度/℃ 20 60 70
溶解度/g 37.2 55.2 60.2
下列说法正确的是
A．①的溶液中溶质的质量分数约为37%
B．②的溶液为不饱和溶液
C．②的溶液降温到20℃时有固体析出
D．③的溶液质量是161.2g
11．向溶液中加入一定量镁粉，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象。下列说法错误的是
A．滤渣中一定有铜 B．滤液一定呈无色
C．滤渣中一定没有镁 D．滤液质量比原溶液小
12．在实验室中解决鉴别和除杂的问题时，下列实验方案正确的一组是
选项 实际问题 实验方案
A 除去CO2中混有的少量CO 通过灼热的碳层
B 鉴别氢气和甲烷 点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯
C 除去NaCl溶液中的Na2SO4 加入适量Ba(NO3)2溶液，过滤
D 鉴别纯铜和黄铜 相互刻划
A．A B．B C．C D．D
13．为验证NaOH溶液和稀盐酸能够发生反应，兴趣小组用图1所示装置进行实验，烧杯内溶液的pH随滴入溶液X体积变化的曲线如图2所示。下列说法错误的是
A．溶液X是稀盐酸
B．b点时NaOH溶液和稀盐酸恰好完全反应
C．c点时烧杯内的溶液能使石蕊试液变红
D．从b点到c点变化的微观本质是氢离子与氢氧根离子结合生成水分子
14．下图是初中化学常见的四种物质之间的反应关系图，图中“—”表示相连的两种物质能反应，“→”表示两端的物质通过一步反应能转化。下列说法不正确的是
A．Y一定不是钠盐 B．X一定是
C．X与Y可能都是盐 D．X与Y可能反应生成
15．生活、生产等都离不开化学。
（1）燃气灶的火焰呈现黄色或橙色，锅底出现黑色粉末，此时应　 　(填“调大”或“调小”)灶具的进风口，以提供充足的氧气。
（2）冬季同学们常使用暖宝宝取暖，暖宝宝发热的主要原理是铁粉生锈，铁生锈的原理是铁粉与　 　共同作用，放出热量。
（3）在农业生产中，可利用质量分数为16%的氯化钠溶液来选种，现要配制100 kg这种溶液，需要氯化钠的质量是　 　kg。
（4）工业上常用生石灰(CaO)作干燥剂，其吸水反应的化学方程式为　 　。
（5）航天器常用高氯酸铵(NH4ClO4)作固体燃料。它在高温下分解化学方程式为：，X的化学式是　 　。
16．阅读下面科普短文。
泡菜品种繁多、风味独特、口感鲜脆。新鲜蔬菜中含有硝酸盐，硝酸盐对人体无直接危害，但转化成亚硝酸盐后，就会对人体产生危害。亚硝酸盐与胃酸反应，产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，会导致人中毒。
在腌制初期，蔬菜中的硝酸盐在杂菌(硝酸盐还原酶)的作用下转化为亚硝酸盐。腌制过程中，蔬菜表面的天然乳酸菌在无氧环境下大量繁殖，将蔬菜中的糖类物质分解为乳酸(C3H6O3)。随着发酵进行，乳酸积累量增加，酸性环境抑制蔬菜中维生素C的氧化分解，还抑制了产生亚硝酸盐的杂菌，同时乳酸菌可能会分泌亚硝酸盐还原酶，将亚硝酸盐分解为无害的氮气或氨，其变化关系如下图所示。
腌制时通常会加入食盐，可以抑制杂菌的生长，还能增强风味，但盐浓度过低(<5%)易导致腐败菌繁殖，产生异味，过高(>15%)则抑制乳酸菌，发酵停滞。泡菜成熟后，浸泡、漂洗，进行有关数据测定，数值如下表：
浸泡时间(min) 硝酸盐含量(mg/kg) 亚硝酸盐含量(mg/kg)
0 115 1.70
10 93 1.45
20 76 1.17
30 41 0.43
回答下列问题：
（1）亚硝酸盐有毒的原因是　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．腌制泡菜时为了防腐，食盐越多越好
B．亚硝酸盐含量随发酵时间的延长而逐渐增多
C．泡菜中的亚硝酸盐主要来自于蔬菜中的硝酸盐
D．酸性环境促进维生素C的分解，导致泡菜中维生素C含量降低
（3）乳酸的化学式为(C3H6O3)，其中“6”表示的含义是　 　，在乳酸中(C3H6O3)中，碳元素和氧元素的质量比为　 　。
（4）食用泡菜时为了有效避免摄入过多的亚硝酸盐，食用前应该　 　。
17．成都盛产蛇纹石，利用蛇纹石生产氢氧化镁的工艺如图。
【资料信息】
1.蛇纹石的主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3。
2.SiO2难溶于水，不与稀硫酸反应。
3.“碱洗”调pH在4.6≤pH<9.4时，使Fe3+、Al3+完全沉淀。
回答下列问题：
（1）将蛇纹石“粉碎”的目的是　 　。
（2）“酸浸”时，MgO发生化学反应的方程式为　 　。
（3）滤渣2的成分有　 　。
（4）“沉镁”的化学方程式为　 　。
（5）用10 t含氧化镁40%的蛇纹石，理论上可制得氢氧化镁的质量是　 　t。
18．化学是一门以实验为基础的科学。如图所示为实验中常见气体制备、净化、干燥、收集的部分仪器，请回答下列问题：
（1）用装置A制取气体使用仪器①时的注意事项是　 　。
（2）写出实验室用A装置制取氧气的化学方程式　 　。实验室制取CO2要控制反应的发生和停止，应选择的发生装置是　 　。
（3）实验室用装满水的D装置收集氧气。应从导管口　 　(填“a”或“b”)输入气体。
（4）若用锌粒和稀盐酸反应制取氢气，收集的氢气往往不纯，其中含有的杂质是氯化氢和水蒸气，想要得到纯净的氢气，则连接仪器的顺序是A→　 　→　 　→C。
19．为证明氢氧化钠溶液和二氧化碳发生了反应，兴趣小组的同学进行了如下探究活动。
【活动1】甲组同学利用图1所示装置进行实验(装置中夹持仪器已略去)，向充满二氧化碳的烧瓶中注入氢氧化钠溶液。
（1）实验过程中可观察到气球先略变瘪后逐渐膨胀，气球膨胀过程中，烧瓶内压强　 　(填“大于”或“小于”)外界大气压。
（2）小彭认为根据该实验现象不能证明NaOH与CO2发生了反应，原因是：　 　。
【活动2】为获得充足的证据，乙组同学设计了图2所示装置，向盛有CO2的烧瓶中分别快速注入等量的蒸馏水或NaOH溶液，利用压强传感器测定实验过程中烧瓶内压强的变化并绘制曲线如图3所示。
（3）图3两条曲线t时刻后压强均增大的原因是　 　，其中表示NaOH与CO2溶液反应的是曲线　 　(填“a”或“b”)。
（4）上述探究活动结束后，小丹同学对活动1烧瓶中所得溶液的溶质成分进行了探究。
请从Ba(OH)2溶液、BaCl2溶液、酚酞溶液、稀盐酸中选择合适的试剂，证明溶液中有Na2CO3和NaOH。(注意：Na2CO3溶液呈碱性，BaCl2溶液呈中性)
设计实验方案：取活动1烧瓶中所得溶液于试管中，　 　。(写出实验操作及现象即可)
20．黄铜是铜和锌的合金，某化学兴趣小组同学欲测定实验室中某黄铜样品中铜的质量分数。称量10 g粉末状黄铜样品放入烧杯中，把90 g稀硫酸分三次加到其中，每次充分反应后，测定生成气体的质量，实验数据如表：
　 第一次 第二次 第三次
加入稀硫酸的质量(g) 30 30 30
生成气体的质量(g) 0.08 m 0.04
试求：
（1）m的数值　 　；
（2）此黄铜样品中铜的质量分数是多少？(写出计算过程)
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、纺纱织布过程中没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；B、沙里淘金过程中没有新物质生成，属于物理变化，B不符合题意；C、海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意；D、五谷酿酒过程中有新物质生成，属于化学变化，D符合题意；答案为：D。
【分析】化学变化和物理变化的区别在于是否有新物质的产生，有新物质产生的变化是化学变化，反之则是物理变化。
2．【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；纯碱的制取；化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A、徐寿是中国近代化学的启蒙者，主要贡献是翻译了《化学鉴原》等西方化学著作，系统地将近代化学知识引入中国，并未研发化工生产用的催化剂，选项A不符合题意；
B、张青莲是中国科学院院士，毕生致力于相对原子质量的精确测定，他主持测定的铟、铱、锑等多种元素的相对原子质量，被国际原子量委员会采用为国际新标准，与催化剂研发无关，选项B不符合题意；
C、侯德榜是著名的纯碱工业专家，发明了“侯氏制碱法”（联合制碱法），改进了纯碱的生产工艺，提高了原料利用率，主要贡献在纯碱制造领域，选项C不符合题意；
D、闵恩泽是中国炼油催化应用科学的奠基者，被称为“中国催化剂之父”，他研发了多种用于石油炼制、石油化工生产的催化剂，解决了我国炼油工业的关键技术难题，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据徐寿的核心贡献是翻译化学著作、传播化学知识解答；
B、根据张青莲的核心贡献是精确测定元素相对原子质量解答；
C、根据侯德榜的核心贡献是发明侯氏制碱法解答；
D、根据闵恩泽的核心贡献是研发多种化工生产用催化剂解答。
3．【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；常见碱的特性和用途；中和反应及其应用；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、氧气能支持燃烧，体现的是氧气的助燃性，该性质对应的用途是炼钢、气焊、火箭助燃剂等；氧气用于医疗急救，是因为氧气能供给呼吸，维持人体的生命活动，二者性质与用途不对应，选项A不符合题意；
B、熟石灰是氢氧化钙的俗称，其水溶液显碱性，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，将酸性土壤改良为中性或弱碱性，适合农作物生长，性质与用途完全对应，选项B符合题意；
C、石墨用作受电弓滑板，主要是因为石墨具有良好的导电性、润滑性，且熔点高、耐磨，能够在高速摩擦的条件下稳定导电，与石墨有金属光泽无关，选项C不符合题意；
D、氢氧化钠用于除油污，是因为氢氧化钠能与油脂发生皂化反应，生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，从而将油污除去；氢氧化钠易潮解，体现的是氢氧化钠的吸水性，该性质对应的用途是作某些气体的干燥剂，二者性质与用途不对应，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据氧气的两种核心性质（助燃性、供给呼吸）分别对应不同用途解答，注意区分；
B、根据中和反应的原理解答，碱性物质能与酸性物质发生反应，因此可用于改良酸性土壤；
C、根据石墨用作受电弓滑板的核心性质是导电性和润滑性解答；
D、根据氢氧化钠除油污是利用其化学性质（与油脂反应），潮解是物理性质（吸水性）解答。
4．【答案】A
【知识点】酸的化学性质；分子的定义与分子的特性；溶液的导电性及其原理分析
【解析】【解答】A、水银是金属汞的俗称，金属都是由原子直接构成的，不存在分子。用水银体温计测量体温时，水银柱上升，是因为温度升高，汞原子之间的间隔变大，导致水银的体积膨胀，而不是分子变大，选项A解释错误，符合题意；
B、分子是保持物质化学性质的最小粒子，不同种分子的化学性质不同。水的化学式是H2O，过氧化氢的化学式是H2O2，二者的分子构成不同，因此化学性质不同，选项B解释正确，不符合题意；
C、酸在水溶液中都能解离出氢离子（H+），这是酸具有相似化学性质（通性）的根本原因。稀盐酸和稀硫酸都属于酸，溶液中都含有H+，因此均显酸性，选项C解释正确，不符合题意；
D、溶液能够导电的前提是溶液中存在自由移动的带电粒子（离子）。蔗糖是由蔗糖分子构成的，蔗糖溶于水后，蔗糖分子不能解离出自由移动的离子，因此蔗糖溶液不导电，选项D解释正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据金属的构成微粒解答，金属由原子直接构成，温度升高时原子间隔变大，原子本身大小不变；
B、根据分子的性质解答，分子构成不同，物质的化学性质不同；
C、根据酸的通性的本质解答，酸溶液中都含有氢离子；
D、根据溶液导电的条件解答，溶液中必须存在自由移动的离子才能导电。
5．【答案】D
【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；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、取样时，用药匙取少量土壤样品放入洁净的烧杯中，操作符合固体药品的取用规范，选项A操作正确，不符合题意；
B、溶解时，向盛有土壤样品的烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒不断搅拌，目的是加速土壤中可溶性物质的溶解，操作正确，选项B不符合题意；
C、过滤时，要严格遵循“一贴、二低、三靠”的原则：滤纸紧贴漏斗内壁，滤纸边缘低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘，烧杯尖嘴紧靠玻璃棒，玻璃棒下端紧靠三层滤纸处，漏斗下端紧靠烧杯内壁。图中操作符合过滤规范，选项C不符合题意；
D、测定土壤浸出液的pH时，不能将pH试纸直接浸入待测液中，否则会污染整个待测液。正确的操作是：用洁净干燥的玻璃棒蘸取少量待测液，滴在干燥的pH试纸上，待试纸变色后，与标准比色卡对照，读出pH，选项D操作错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据固体药品的取用方法解答，粉末状固体用药匙取用；
B、根据溶解操作的要点解答，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；
C、根据过滤操作的“一贴、二低、三靠”原则解答；
D、根据pH试纸的正确使用方法解答，严禁将pH试纸直接浸入待测液，防止污染试剂。
6．【答案】A
【知识点】常见化肥的种类和作用
【解析】【解答】化学肥料根据所含营养元素的不同，分为氮肥（只含氮元素）、磷肥（只含磷元素）、钾肥（只含钾元素）和复合肥（同时含有氮、磷、钾三种营养元素中的两种或两种以上）。
A、KNO3中含有钾元素（K）和氮元素（N）两种营养元素，属于复合肥料，选项A符合题意；
B、Ca(H2PO4)2中只含有磷元素（P）一种营养元素，属于磷肥，选项B不符合题意；
C、NH4Cl中只含有氮元素（N）一种营养元素，属于氮肥，选项C不符合题意；
D、KCl中只含有钾元素（K）一种营养元素，属于钾肥，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据复合肥的定义解答，同时含有氮、钾两种营养元素，属于复合肥；
B、根据磷肥的定义解答，只含有磷元素，属于磷肥；
C、根据氮肥的定义解答，只含有氮元素，属于氮肥；
D、根据钾肥的定义解答，只含有钾元素，属于钾肥。
7．【答案】C
【知识点】元素的符号及其意义；化学式的书写及意义；有关元素化合价的计算；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、原子的表示方法是：用元素符号表示一个原子，表示多个该原子，就在元素符号前加上相应的数字。因此两个氮原子应表示为2N；N2表示的是一个氮分子，或者氮气这种物质，选项A书写错误；
B、醋酸的学名是乙酸，化学式是CH3COOH；C2H5OH是乙醇（酒精）的化学式，二者不能混淆，选项B书写错误；
C、离子的表示方法是：在元素符号的右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略。钙离子带2个单位的正电荷，因此表示为Ca2+，选项C书写正确；
D、在化合物中，各元素正负化合价的代数和为零。K2MnO4（锰酸钾）中，钾元素显+1价，氧元素显-2价，设锰元素的化合价为x，则：(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6。因此K2MnO4中Mn的化合价应表示为 ，选项D书写错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据原子的表示方法解答，多个原子在元素符号前加数字，注意与分子的表示方法区分；
B、根据常见有机物的化学式解答，醋酸是CH3COOH，乙醇是C2H5OH；
C、根据离子的表示方法解答，钙离子带2个单位正电荷，数字在前，符号在后；
D、根据化合物中元素化合价的计算方法和表示方法解答，锰酸钾中锰元素显+6价，高锰酸钾（KMnO4）中锰元素显+7价，注意区分。
8．【答案】C
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、元素周期表中，元素名称正下方的数字就是该元素的相对原子质量，因此锌的相对原子质量为65.38，选项A说法正确，不符合题意；
B、元素的分类：金属元素的名称一般带有“钅”字旁（汞除外），锌的元素名称带有“钅”字旁，因此属于金属元素，选项B说法正确，不符合题意；
C、原子的化学性质主要由最外层电子数决定：最外层电子数小于4的原子，在化学变化中容易失去电子，形成阳离子；最外层电子数大于4的原子，容易得到电子，形成阴离子。由锌原子的结构示意图可知，锌原子的最外层电子数是2，小于4，因此在化学变化中容易失去2个电子，而不是得到电子，选项C说法错误，符合题意；
D、元素在周期表中的周期数等于该元素原子的核外电子层数。锌原子的核外有4个电子层，因此锌元素位于元素周期表的第四周期，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据元素周期表的信息解读解答，元素名称下方的数字是相对原子质量；
B、根据金属元素的判断方法解答，带“钅”字旁的元素（汞除外）属于金属元素；
C、根据原子最外层电子数与化学性质的关系解答，最外层电子数小于4的原子易失电子；
D、根据元素周期数与原子电子层数的关系解答，周期数=原子核外电子层数。
9．【答案】D
【知识点】微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；置换反应及其应用；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】根据微观示意图，确定反应物、生成物和反应条件：反应物是二氧化碳（CO2）和氢气（H2），生成物是甲醇（CH3OH）和水（H2O），反应条件是In2O3作催化剂。据此写出配平后的化学方程式 。
A、置换反应的定义是：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。该反应的生成物是甲醇和水，都是化合物，没有单质生成，因此不属于置换反应，选项A说法错误；
B、氧化物的定义是：由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物。反应物中，CO2是氧化物，H2是单质；生成物中，H2O是氧化物，CH3OH由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物。因此反应物和生成物中涉及的氧化物共有2种，选项B说法错误；
C、由配平后的化学方程式可知，反应前有1个CO2分子和3个H2分子，共4个分子；反应后有1个CH3OH分子和1个H2O分子，共2个分子。因此反应前后分子的数目发生了改变，选项C说法错误；
D、根据化学方程式，生成的H2O与CH3OH的质量比等于它们的相对分子质量乘以化学计量数之比。H2O的相对分子质量是18，CH3OH的相对分子质量是32，因此质量比为(18×1)：(32×1)=18：32=9：16，选项D说法正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据置换反应的定义解答，置换反应的生成物必须有单质；
B、根据氧化物的定义解答，氧化物必须满足“两种元素、含氧元素”两个条件；
C、根据化学方程式中反应物和生成物的分子个数比解答，反应前4个分子，反应后2个分子，分子数目减少；
D、根据化学方程式计算物质的质量比，质量比=相对分子质量×化学计量数之比。
10．【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；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】明确不同温度下NH4Cl的溶解度：20℃时溶解度为37.2g，即20℃时100g水中最多溶解37.2g NH4Cl；60℃时溶解度为55.2g；70℃时溶解度为60.2g。
A、①中是20℃时，向100g水中加入37g NH4Cl。因为37g＜37.2g，所以NH4Cl能全部溶解，所得溶液为不饱和溶液。溶质的质量分数=，不是37%，选项A说法错误；
B、②中是60℃时，向100g水中先加入37g NH4Cl，再加入18.2g NH4Cl，总共加入的NH4Cl质量为37g+18.2g=55.2g。而60℃时NH4Cl的溶解度正好是55.2g，即100g水中最多溶解55.2g NH4Cl，因此②的溶液恰好是饱和溶液，不是不饱和溶液，选项B说法错误；
C、②的溶液是60℃时的饱和溶液，溶质质量为55.2g。将其降温到20℃时，20℃时NH4Cl的溶解度为37.2g，即100g水中最多只能溶解37.2g NH4Cl。因此会析出固体的质量为55.2g-37.2g=18g，选项C说法正确；
D、③中是70℃时，向100g水中总共加入的NH4Cl质量为37g+18.2g+6g=61.2g。而70℃时NH4Cl的溶解度为60.2g，即100g水中最多只能溶解60.2g NH4Cl，因此会有61.2g-60.2g=1g NH4Cl不能溶解。所以③的溶液质量=溶质质量+溶剂质量=60.2g+100g=160.2g，不是161.2g，选项D说法错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶质质量分数的计算公式解答，注意溶液质量=溶质质量+溶剂质量；
B、根据饱和溶液的定义解答，一定温度下，不能再溶解某种溶质的溶液是该溶质的饱和溶液；
C、根据降温结晶的原理解答，溶解度随温度降低而减小的物质，饱和溶液降温后会析出晶体；
D、根据溶液质量的计算方法解答，未溶解的固体不能计入溶液质量。
11．【答案】B
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】金属活动性顺序为Mg＞H＞Cu，镁和氯化铜发生置换反应：Mg+CuCl2=MgCl2+Cu；向滤渣中加稀盐酸无明显现象，说明滤渣中不含排在氢前面的活泼金属，镁已经完全反应。
A、置换反应一定会生成铜，且镁无剩余，因此滤渣中一定含有铜，说法正确，选项A不符合题意；
B、如果加入镁粉的量不足，氯化铜没有完全反应，滤液中会残留CuCl2，溶液呈蓝色，因此滤液不一定是无色的，说法错误，选项B符合题意；
C、镁能和稀盐酸反应产生气泡，滤渣加盐酸无现象，能证明滤渣中一定没有剩余的镁，说法正确，选项C不符合题意；
D、反应中每24份质量的镁进入溶液，会析出64份质量的铜，溶液总质量会减小，因此滤液质量比原CuCl2溶液小，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据置换反应必然生成铜、镁已完全无剩余的条件，判断滤渣的成分解答；
B、根据镁不足时铜离子会残留在滤液中使溶液显色，说明滤液颜色不固定解答；
C、根据镁和酸反应会产生气泡的特征现象，反推滤渣中不存在镁解答；
D、根据置换反应前后固体、溶液的质量变化规律，判断溶液质量的变化趋势解答。
12．【答案】D
【知识点】合金与合金的性质；盐的化学性质；碳的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、除去CO2中混有的少量CO，通过灼热的碳层时，CO2会与碳在高温下反应生成CO，反而会将主要物质CO2除去，不符合除杂原则（除杂不除主），选项A实验方案错误；
B、鉴别氢气和甲烷，点燃后在火焰上方罩一个干冷的烧杯，氢气燃烧生成水，甲烷燃烧也生成水，两个反应都会在烧杯内壁出现水雾，现象相同，无法鉴别，选项B实验方案错误；
C、除去NaCl溶液中的Na2SO4，加入适量Ba(NO3)2溶液时，Na2SO4会与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，虽然除去了Na2SO4，但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则（除杂不引杂），选项C实验方案错误；
D、鉴别纯铜和黄铜（铜锌合金），相互刻画时，硬度大的金属会在硬度小的金属表面留下划痕。黄铜的硬度比纯铜大，因此纯铜表面会留下明显的划痕，现象不同，可以鉴别，选项D实验方案正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据除杂原则解答，除杂时不能除去主要物质，也不能引入新杂质；
B、根据氢气和甲烷的燃烧产物解答，二者燃烧都生成水，不能用干冷烧杯鉴别；
C、根据除杂原则解答，加入Ba(NO3)2会引入新杂质硝酸钠，应加入适量BaCl2溶液；
D、根据合金的性质解答，合金的硬度一般比组成它的纯金属大。
13．【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、从图2可以看到，反应初始时烧杯内溶液pH大于7，溶液呈碱性；随着溶液X不断滴入，溶液pH不断减小，最终pH小于7，溶液变为酸性。说明实验是向氢氧化钠碱性溶液中加入酸性溶液，因此溶液X是稀盐酸，该选项说法正确，选项A不符合题意。
B、b点对应的溶液pH=7，此时溶液呈中性，代表氢氧化钠溶液和稀盐酸恰好完全发生中和反应，此时体系中二者均无剩余，该选项说法正确，选项B不符合题意。
C、c点时溶液pH小于7，说明稀盐酸已经滴加过量，烧杯内溶液呈酸性。紫色石蕊试液遇到酸性溶液会变为红色，因此c点烧杯内的溶液能使石蕊试液变红，该选项说法正确，选项C不符合题意。
D、b点时氢氧化钠与稀盐酸已经恰好完全反应，溶液中氢氧根离子已经被完全消耗。从b点到c点的过程，是继续额外滴加稀盐酸，没有氢离子与氢氧根离子结合生成水分子的中和反应发生，变化的本质是溶液中氢离子浓度不断增大，溶液酸性持续增强、pH继续降低，因此该选项说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、本题根据滴定过程pH的变化趋势进行判断：起始溶液显碱性（原溶液Y为NaOH溶液），滴加试剂后pH不断降低，可直接判断滴加的溶液X为酸性的稀盐酸。
B、本题根据酸碱中和反应终点的特点解答：氢氧化钠与稀盐酸恰好完全中和时，反应产物为氯化钠和水，氯化钠溶液呈中性，对应pH=7的b点。
C、本题考查酸碱指示剂的变色规律：紫色石蕊试液的变色特性为酸红碱蓝中不变，c点为酸性环境，因此可以使石蕊试液变红。
D、本题考查中和反应的微观实质：中和反应的微观本质是H+与OH-结合生成H2O，该反应在b点就已经全部完成；b点到c点仅为酸过量、氢离子增多，不再发生中和反应，这是本题的易错知识点。
14．【答案】B
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、由于Y能和氢氧化钠反应，则Y一定不是钠盐，该选项说法正确；
B、氢氧化钠能和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠能和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，则X不一定为碳酸钠，该选项说法不正确；
C、结合前面分析可知，X可能为盐，又由于氧化铜能和硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，则Y为硫酸铜，属于盐，该选项说法正确；
D、硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，则Y可能为盐酸，氢氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠能和硫酸反应，则X可能为碳酸钠，碳酸钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，该选项说法正确。
故选B。
【分析】A、根据钠盐无法同时满足“硫酸转化、和氢氧化钠反应”双重条件解答；硫酸钠这类钠盐与氢氧化钠不发生复分解反应，因此Y不可能是钠盐；
B、根据碱与酸性氧化物的反应规律解答；氢氧化钠既能生成碳酸钠，也能生成亚硫酸钠等可与酸反应的钠盐，X不唯一；
C、根据盐的转化、复分解反应规律解答；举碳酸钠、硫酸铜实例可证明二者能同时满足题干所有转化连线；
D、根据盐与酸的复分解反应规律解答；碳酸钠和盐酸反应能够生成水，存在符合条件的物质组合。
15．【答案】（1）调大
（2）氧气和水（或、）
（3）16
（4）
（5）
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；质量守恒定律及其应用；一定溶质质量分数的溶液的配制；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）燃气灶的火焰呈现黄色或橙色，锅底出现黑色粉末，说明燃料燃烧不充分，产生了炭黑。燃烧不充分的原因是氧气不足，因此应调大灶具的进风口，增加空气的进入量，提供充足的氧气，使燃料充分燃烧。
（2）铁生锈的原理是铁与空气中的氧气和水（水蒸气）共同作用，发生复杂的化学反应，生成铁锈（主要成分是Fe2O3·xH2O）。这个反应会放出热量，因此暖宝宝可以利用这个原理发热。
（3）要配制100kg质量分数为16%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=溶液的质量×溶质的质量分数=100kg×16%=16kg。
（4）生石灰是氧化钙（CaO）的俗称，它能与水反应生成氢氧化钙，因此可以作干燥剂。反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2。
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目和质量都不变。在反应2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+4X+2O2↑中，反应前各原子的数目为：N：2，H：8，Cl：2，O：8；反应后已知的原子数目为：N：2，Cl：2，O：4。因此4X中含有8个H原子和4个O原子，即1个X中含有2个H原子和1个O原子，所以X的化学式是H2O。
【分析】（1）根据燃烧的条件解答，燃料充分燃烧需要充足的氧气，调大进风口可以增加氧气的量；
（2）根据铁生锈的条件解答，铁生锈需要同时接触氧气和水，缺一不可；
（3）根据溶质质量的计算公式解答，溶质质量=溶液质量×溶质质量分数；
（4）根据生石灰的化学性质解答，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，是常用的干燥剂；
（5）根据质量守恒定律的微观解释解答，化学反应前后原子的种类和数目不变，据此推断未知物质的化学式。
（1）火焰呈黄色或橙色、锅底有黑色粉末说明燃料不完全燃烧，氧气供给不足，调大进风口可增加氧气量，使燃料充分燃烧。
（2）铁生锈是铁与空气中的氧气、水蒸气共同发生缓慢氧化的过程，反应过程放出热量。
（3）溶质质量=溶液质量×溶质质量分数，代入数值计算：。
（4）生石灰（氧化钙）能与水反应生成氢氧化钙，从而吸收水分，因此可作干燥剂，反应化学方程式为。
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变。反应前共有2个N、8个H、2个Cl、8个O，反应后已知产物已有2个N、2个Cl、4个O，因此4个X共含8个H、4个O，每个X含2个H、1个O，即。
16．【答案】（1）亚硝酸盐与胃酸反应产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，导致人体中毒
（2）C
（3）1个乳酸分子中含有6个氢原子；3：4
（4）充分浸泡漂洗
【知识点】有害化学物质的性质与人体健康；化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】（1）根据短文内容可知，亚硝酸盐有毒的原因是：亚硝酸盐与胃酸反应，产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，会导致人中毒。
（2）A、腌制泡菜时，食盐的浓度要适中，不是越多越好。盐浓度过高（＞10%）会抑制乳酸菌的生长，导致发酵停滞，选项A说法错误；
B、由亚硝酸盐含量随发酵时间变化的曲线可知，亚硝酸盐含量先升高，达到峰值后逐渐降低，不是随发酵时间的延长而逐渐增多，选项B说法错误；
C、短文明确指出，新鲜蔬菜中含有硝酸盐，在腌制初期，硝酸盐在杂菌的作用下转化为亚硝酸盐，因此泡菜中的亚硝酸盐主要来自于蔬菜中的硝酸盐，选项C说法正确；
D、短文提到，随着发酵进行，乳酸积累量增加，酸性环境抑制蔬菜中维生素C的氧化分解，因此酸性环境会减少维生素C的损失，而不是促进其分解，选项D说法错误。
故答案为：C。
（3）乳酸的化学式为C3H6O3，其中“6”位于氢元素符号的右下角，表示的含义是：一个乳酸分子中含有6个氢原子。
在乳酸中，碳元素和氧元素的质量比=（碳的相对原子质量×碳原子个数）：（氧的相对原子质量×氧原子个数）=（12×3）：（16×3）=36：48=3：4。
（4）由表格数据可知，随着浸泡时间的延长，泡菜中的亚硝酸盐含量逐渐降低。因此食用泡菜时，为了有效避免摄入过多的亚硝酸盐，食用前应该用清水浸泡一段时间（如30分钟），并多次漂洗。
【分析】（1）根据短文内容直接提取信息解答，亚硝酸盐与胃酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与血红蛋白结合导致中毒；
（2）仔细阅读短文，逐一分析每个选项，注意短文中关于食盐浓度、亚硝酸盐含量变化、维生素C的描述；
（3）根据化学式中数字的含义解答，元素符号右下角的数字表示一个分子中该原子的个数；根据化合物中元素质量比的计算方法解答，元素质量比=相对原子质量×原子个数之比；
（4）根据表格中的数据规律解答，浸泡时间越长，亚硝酸盐含量越低，因此食用前应浸泡漂洗。
（1）根据题干信息可知，亚硝酸盐与胃酸反应产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，导致人体中毒。
（2）A、盐浓度超过15%会抑制乳酸菌，使发酵停滞，并非食盐越多越好，错误；
B、结合曲线图可知亚硝酸盐含量随发酵时间先升高后降低，不是逐渐增多，错误；
C、题干明确说明蔬菜中的硝酸盐在杂菌作用下转化为亚硝酸盐，正确；
D、题干说明酸性环境会抑制维生素C的氧化分解，错误。
（3）化学式中元素符号右下角的数字表示1个该分子中所含该原子的个数，“6”表示的含义是1个乳酸分子中含有6个氢原子；
元素质量比为（相对原子质量×对应原子个数）之比，碳、氧元素质量比为(12×3)：(16×3)=3：4。
（4）根据表格数据，浸泡时间越长，泡菜中亚硝酸盐含量越低，充分浸泡漂洗可减少亚硝酸盐摄入。
17．【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）MgO+H2SO4=MgSO4+H2O
（3）氢氧化铁和氢氧化铝
（4）MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4
（5）5.8
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】蛇纹石的主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3。将蛇纹石粉碎后，加入过量稀硫酸进行“酸浸”：MgO、Fe2O3、Al2O3都能与稀硫酸反应，分别生成硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝和水；SiO2难溶于水，也不与稀硫酸反应，因此过滤后得到的滤渣1是SiO2，滤液中含有硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝和过量的稀硫酸。接着向滤液中加入氢氧化钠溶液“调pH”，控制pH在4.6≤pH＜9.4，此时Fe3+、Al3+会与OH-结合生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，而Mg2+在这个pH范围内不会沉淀，因此过滤后得到的滤渣2是氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中主要含有硫酸镁。最后向滤液中加入氢氧化钠溶液进行“沉镁”，硫酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，经过滤、洗涤后得到氢氧化镁产品。
（1）将蛇纹石“粉碎”的目的是：增大蛇纹石与稀硫酸的接触面积，加快酸浸的反应速率，使反应更充分。
（2）“酸浸”时，MgO与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，化学反应的方程式为：MgO+H2SO4=MgSO4+H2O。
（3）由上述流程分析可知，调pH时，Fe3+和Al3+会转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，因此滤渣2的成分有氢氧化铁（Fe(OH)3）和氢氧化铝（Al(OH)3）。
（4）“沉镁”时，硫酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，化学方程式为：MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4。
（5）用10t含氧化镁40%的蛇纹石，理论上可制得氢氧化镁的质量。首先计算蛇纹石中氧化镁的质量：10t×40%=4t。
根据质量守恒定律，氧化镁中的镁元素全部转化为氢氧化镁中的镁元素。
氧化镁（MgO）中镁元素的质量分数=×100%=60%；
氢氧化镁（Mg(OH)2）中镁元素的质量分数=×100%；
设理论上可制得氢氧化镁的质量为x，则：
4t×60%=x×
解得x=5.8t。
【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素解答，增大反应物的接触面积可以加快反应速率；
（2）根据金属氧化物与酸的反应规律解答，金属氧化物与酸反应生成盐和水；
（3）根据流程中调pH的目的解答，调pH是为了使Fe3+和Al3+完全沉淀，因此滤渣2是它们的氢氧化物；
（4）根据盐与碱的反应规律解答，硫酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠；
（5）根据化学方程式的计算或元素守恒法解答，反应前后镁元素的质量不变，据此计算氢氧化镁的质量。
（1）“粉碎” 的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
（2）氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的化学方程式为MgO+H2SO4=MgSO4+H2O。
（3）蛇纹石主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3。酸浸时，MgO，Fe2O3、Al2O3与稀硫酸反应：MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，碱洗，滴加氢氧化钠，将Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，因此滤渣2的成分有氢氧化铁和氢氧化铝。
（4）“沉镁”时，硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4。
（5）根据关系式可知，
理论上可制得氢氧化镁的质量是5.8t。
18．【答案】（1）长颈漏斗的下端要插入液面以下
（2）；B
（3）b
（4）F；E
【知识点】氧气的实验室制法；盐的化学性质；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）仪器1是长颈漏斗。使用长颈漏斗时的注意事项是：长颈漏斗的末端必须伸入液面以下（形成液封），防止生成的气体从长颈漏斗口逸出。
（2） A装置为固液常温型，制取氧气选择过氧化氢，反应的化学方程式 。
实验室制取CO2是用石灰石（或大理石）和稀盐酸在常温下反应，要控制反应的发生和停止，应选择的发生装置是B。装置B有多孔隔板，将石灰石放在多孔隔板上，稀盐酸从长颈漏斗加入。打开止水夹时，稀盐酸流下，与石灰石接触，反应开始；关闭止水夹时，试管内产生的气体不能排出，压强增大，将稀盐酸压回长颈漏斗，使稀盐酸与石灰石分离，反应停止。因此装置B可以通过止水夹的开关控制反应的发生和停止。
（3）实验室用装满水的D装置收集氧气，氧气的密度比水小，因此氧气应从导管口b输入，水从导管口a排出。
（4）用锌粒和稀盐酸反应制取氢气，生成的氢气中会混有氯化氢气体（来自稀盐酸的挥发）和水蒸气。要得到纯净的氢气，需要先除去氯化氢气体，再除去水蒸气。除去氯化氢气体可以用饱和碳酸氢钠溶液（F装置），因为氯化氢能与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而氢气不与碳酸氢钠反应；除去水蒸气可以用浓硫酸（E装置），因为浓硫酸具有吸水性，且不与氢气反应。注意除杂时要先除其他杂质，最后除水蒸气，防止再次引入水。因此连接仪器的顺序是A→F→E→C。
【分析】（1）根据常见仪器的名称和使用注意事项解答，长颈漏斗必须液封，防止气体逸出；
（2）根据实验室制取氧气的反应原理和发生装置的选择依据解答，固固加热型装置适用于氯酸钾或高锰酸钾制氧气；根据装置C的特点解答，它可以控制反应的发生和停止；
（3）根据排水法收集气体的原理解答，密度比水小的气体从短管进，水从长管出；
（4）根据气体除杂的原则解答，先除氯化氢，再干燥，除杂和干燥时都要注意“长进短出”。
（1）装置A制取气体使用仪器①长颈漏斗时下端要插入液面以下，形成液封，防止产生的气体从长颈漏斗逸出。
（2）A装置为固液常温型，制取氧气选择过氧化氢，反应的化学方程式略；如果要控制反应的发生和停止，应选择的发生装置是B，B装置中，当打开弹簧夹时，长颈漏斗内的液体在重力作用下进入试管，使试管内液面上升到多孔隔板以上，与固体试剂接触，开始反应；当关闭弹簧夹时，产生的气体无法排出，在试管上半部分聚积，使试管内部气压增大，将液体压回到长颈漏斗，使液面降到多孔隔板以下，使反应物相互分离，反应停止。
（3）实验室用装满水的D装置收集氢气，氢气难溶于水，氢气的密度比水小，则应从导管口b输入气体。
（4）若用锌粒和稀盐酸反应制取氢气，由于盐酸具有挥发性，制得的气体中混有氯化氢和水蒸气；氯化氢气体能与氢氧化钠溶液反应，而氢气不与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液除去氯化氢，不能用饱和碳酸氢钠溶液，因为碳酸氢钠溶液与氯化氢反应会生成二氧化碳气体，会引入杂质，浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应，可用浓硫酸干燥氢气，应先除杂后干燥，则想要得到纯净的氢气，则连接仪器的顺序是A→F→E→C；
19．【答案】小于；气球膨胀可能是CO2溶于水或与水反应，导致瓶内压强减小；注射器注入液体时，瓶内气体被挤压，导致压强瞬间升高；b；先加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有碳酸钠；静置后，取上层清液，滴加酚酞溶液，溶液变红，说明溶液中含有NaOH
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量
【解析】【解答】（1）向充满二氧化碳的烧瓶中注入氢氧化钠溶液，二氧化碳会与氢氧化钠反应，使烧瓶内的气体减少，压强减小。当烧瓶内的压强小于外界大气压时，外界空气会进入气球，使气球逐渐膨胀。因此气球膨胀过程中，烧瓶内压强小于外界大气压。
（2）小彭认为根据该实验现象不能证明NaOH与CO2发生了反应，原因是：二氧化碳能溶于水，也能与水反应，这两个过程都会使烧瓶内的压强减小，气球膨胀。因此无法确定是二氧化碳与氢氧化钠反应导致的压强减小，还是二氧化碳溶于水或与水反应导致的压强减小。
（3）图3两条曲线t时刻后压强均增大的原因是：快速注入液体时，液体占据了烧瓶内的部分体积，使烧瓶内的气体被压缩，压强瞬间增大。
其中表示NaOH与CO2溶液反应的是曲线b。因为氢氧化钠溶液吸收二氧化碳的能力比水强得多，会使烧瓶内的压强减小得更多，因此曲线b的压强更低，对应的是氢氧化钠与二氧化碳的反应。
（4）要证明活动1烧瓶中所得溶液中有Na2CO3和NaOH，需要注意：Na2CO3溶液也呈碱性，会干扰NaOH的检验。因此必须先检验并除去Na2CO3，再检验NaOH。
设计实验方案：取活动1烧瓶中所得溶液于试管中，加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中含有Na2CO3（因为BaCl2与Na2CO3反应生成碳酸钡白色沉淀）；静置后，向上层清液中滴加酚酞溶液，溶液变红，证明溶液中含有NaOH（因为过量的BaCl2已经将Na2CO3完全除去，此时溶液呈碱性，说明有NaOH存在）。
【分析】（1）根据压强变化的原理解答，气体减少，压强减小，小于外界大气压时气球膨胀；
（2）根据二氧化碳的性质解答，二氧化碳能溶于水且能与水反应，也会使压强减小，因此需要设计对比实验；
（3）根据注入液体时的压强变化解答，液体加入会压缩气体，使压强瞬间增大；根据氢氧化钠和水吸收二氧化碳的能力不同解答，氢氧化钠吸收更多，压强更小；
（4）根据物质的检验方法解答，检验NaOH时要先除去Na2CO3，防止其碱性干扰NaOH的检验，用过量的BaCl2溶液除去Na2CO3，再用酚酞检验NaOH。
20．【答案】（1）0.08
（2）产生氢气的质量共有0.08g+0.08g+0.04g=0.2g，
解：设黄铜中锌的质量为x，
则此黄铜样品中铜的质量分数是
答：此黄铜样品中铜的质量分数是35%。
【知识点】金属的化学性质；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）黄铜是铜和锌的合金，其中铜不与稀硫酸反应，锌能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气。第一次加入30g稀硫酸，生成0.08g氢气；第三次加入30g稀硫酸，只生成0.04g氢气，说明第三次加入稀硫酸时，锌已经不足，稀硫酸没有完全反应。因此第二次加入30g稀硫酸时，锌还是足量的，稀硫酸能完全反应，生成氢气的质量也应该是0.08g，即m=0.08。
【分析】（1）根据实验数据的规律解答，前两次稀硫酸完全反应，生成氢气的质量相同，第三次锌不足，生成氢气的质量减少；
（2）根据化学方程式的计算步骤解答，先根据氢气的总质量计算锌的质量，再计算铜的质量，最后计算铜的质量分数。注意铜不与稀硫酸反应，只有锌参与反应。
（1）根据表中数据可知，第三次加入稀硫酸时，仍有气体产生，说明前两次加入的稀硫酸完全反应，且锌有剩余，则前两次生成的氢气的质量相同，故m的数值为0.08。
（2）详见答案。
1 / 12026年四川宜宾市第二中学校中考二模化学试题
1． 《天工开物》被誉为“中国17世纪的工艺百科全书”，其中记载的下列工艺主要涉及化学变化的是（　　）
A．纺纱织布 B．沙里淘金 C．海水晒盐 D．五谷酿酒
【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、纺纱织布过程中没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；B、沙里淘金过程中没有新物质生成，属于物理变化，B不符合题意；C、海水晒盐过程中没有新物质生成，属于物理变化，C不符合题意；D、五谷酿酒过程中有新物质生成，属于化学变化，D符合题意；答案为：D。
【分析】化学变化和物理变化的区别在于是否有新物质的产生，有新物质产生的变化是化学变化，反之则是物理变化。
2．科学无止境，精神永流传。下列科学家中，研发了多种用于化工生产的催化剂的科学家是
A．徐寿 B．张青莲 C．侯德榜 D．闵恩泽
【答案】D
【知识点】催化剂的特点与催化作用；纯碱的制取；化学相关人物及贡献
【解析】【解答】A、徐寿是中国近代化学的启蒙者，主要贡献是翻译了《化学鉴原》等西方化学著作，系统地将近代化学知识引入中国，并未研发化工生产用的催化剂，选项A不符合题意；
B、张青莲是中国科学院院士，毕生致力于相对原子质量的精确测定，他主持测定的铟、铱、锑等多种元素的相对原子质量，被国际原子量委员会采用为国际新标准，与催化剂研发无关，选项B不符合题意；
C、侯德榜是著名的纯碱工业专家，发明了“侯氏制碱法”（联合制碱法），改进了纯碱的生产工艺，提高了原料利用率，主要贡献在纯碱制造领域，选项C不符合题意；
D、闵恩泽是中国炼油催化应用科学的奠基者，被称为“中国催化剂之父”，他研发了多种用于石油炼制、石油化工生产的催化剂，解决了我国炼油工业的关键技术难题，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据徐寿的核心贡献是翻译化学著作、传播化学知识解答；
B、根据张青莲的核心贡献是精确测定元素相对原子质量解答；
C、根据侯德榜的核心贡献是发明侯氏制碱法解答；
D、根据闵恩泽的核心贡献是研发多种化工生产用催化剂解答。
3．下列物质的性质和用途具有对应关系的是
A．氧气能支持燃烧——用于医疗急救
B．熟石灰具有碱性——用于改良酸性土壤
C．石墨有金属光泽——用作受电弓滑板
D．氢氧化钠易潮解——用于除油污
【答案】B
【知识点】氧气的化学性质；常见碱的特性和用途；中和反应及其应用；碳单质的性质和用途
【解析】【解答】A、氧气能支持燃烧，体现的是氧气的助燃性，该性质对应的用途是炼钢、气焊、火箭助燃剂等；氧气用于医疗急救，是因为氧气能供给呼吸，维持人体的生命活动，二者性质与用途不对应，选项A不符合题意；
B、熟石灰是氢氧化钙的俗称，其水溶液显碱性，能与土壤中的酸性物质发生中和反应，将酸性土壤改良为中性或弱碱性，适合农作物生长，性质与用途完全对应，选项B符合题意；
C、石墨用作受电弓滑板，主要是因为石墨具有良好的导电性、润滑性，且熔点高、耐磨，能够在高速摩擦的条件下稳定导电，与石墨有金属光泽无关，选项C不符合题意；
D、氢氧化钠用于除油污，是因为氢氧化钠能与油脂发生皂化反应，生成可溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，从而将油污除去；氢氧化钠易潮解，体现的是氢氧化钠的吸水性，该性质对应的用途是作某些气体的干燥剂，二者性质与用途不对应，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据氧气的两种核心性质（助燃性、供给呼吸）分别对应不同用途解答，注意区分；
B、根据中和反应的原理解答，碱性物质能与酸性物质发生反应，因此可用于改良酸性土壤；
C、根据石墨用作受电弓滑板的核心性质是导电性和润滑性解答；
D、根据氢氧化钠除油污是利用其化学性质（与油脂反应），潮解是物理性质（吸水性）解答。
4．下列事实对应的解释错误的是
选项 事实 解释
A 用水银体温计测量体温，水银柱上升 温度升高，分子变大
B 水、过氧化氢化学性质不同 分子构成不同
C 稀盐酸溶液、稀硫酸溶液均显酸性 溶液中都含有H+
D 蔗糖溶液不导电 溶液中没有自由移动的离子
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】酸的化学性质；分子的定义与分子的特性；溶液的导电性及其原理分析
【解析】【解答】A、水银是金属汞的俗称，金属都是由原子直接构成的，不存在分子。用水银体温计测量体温时，水银柱上升，是因为温度升高，汞原子之间的间隔变大，导致水银的体积膨胀，而不是分子变大，选项A解释错误，符合题意；
B、分子是保持物质化学性质的最小粒子，不同种分子的化学性质不同。水的化学式是H2O，过氧化氢的化学式是H2O2，二者的分子构成不同，因此化学性质不同，选项B解释正确，不符合题意；
C、酸在水溶液中都能解离出氢离子（H+），这是酸具有相似化学性质（通性）的根本原因。稀盐酸和稀硫酸都属于酸，溶液中都含有H+，因此均显酸性，选项C解释正确，不符合题意；
D、溶液能够导电的前提是溶液中存在自由移动的带电粒子（离子）。蔗糖是由蔗糖分子构成的，蔗糖溶于水后，蔗糖分子不能解离出自由移动的离子，因此蔗糖溶液不导电，选项D解释正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据金属的构成微粒解答，金属由原子直接构成，温度升高时原子间隔变大，原子本身大小不变；
B、根据分子的性质解答，分子构成不同，物质的化学性质不同；
C、根据酸的通性的本质解答，酸溶液中都含有氢离子；
D、根据溶液导电的条件解答，溶液中必须存在自由移动的离子才能导电。
5．化学小组的同学进行“探究土壤酸碱性对蒜苗生长的影响”实践活动，同学们首先采集了校园劳动基地的土壤样品，制取了土壤浸出液，测定其酸碱性。下列实验操作不正确的是
A．取样 B．溶解
C．过滤 D．测酸碱性
【答案】D
【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；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、取样时，用药匙取少量土壤样品放入洁净的烧杯中，操作符合固体药品的取用规范，选项A操作正确，不符合题意；
B、溶解时，向盛有土壤样品的烧杯中加入适量蒸馏水，用玻璃棒不断搅拌，目的是加速土壤中可溶性物质的溶解，操作正确，选项B不符合题意；
C、过滤时，要严格遵循“一贴、二低、三靠”的原则：滤纸紧贴漏斗内壁，滤纸边缘低于漏斗边缘，液面低于滤纸边缘，烧杯尖嘴紧靠玻璃棒，玻璃棒下端紧靠三层滤纸处，漏斗下端紧靠烧杯内壁。图中操作符合过滤规范，选项C不符合题意；
D、测定土壤浸出液的pH时，不能将pH试纸直接浸入待测液中，否则会污染整个待测液。正确的操作是：用洁净干燥的玻璃棒蘸取少量待测液，滴在干燥的pH试纸上，待试纸变色后，与标准比色卡对照，读出pH，选项D操作错误，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据固体药品的取用方法解答，粉末状固体用药匙取用；
B、根据溶解操作的要点解答，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；
C、根据过滤操作的“一贴、二低、三靠”原则解答；
D、根据pH试纸的正确使用方法解答，严禁将pH试纸直接浸入待测液，防止污染试剂。
6．下列物质均可用于配制无土栽培营养液，其中属于复合肥料的是
A． B． C． D．KCl
【答案】A
【知识点】常见化肥的种类和作用
【解析】【解答】化学肥料根据所含营养元素的不同，分为氮肥（只含氮元素）、磷肥（只含磷元素）、钾肥（只含钾元素）和复合肥（同时含有氮、磷、钾三种营养元素中的两种或两种以上）。
A、KNO3中含有钾元素（K）和氮元素（N）两种营养元素，属于复合肥料，选项A符合题意；
B、Ca(H2PO4)2中只含有磷元素（P）一种营养元素，属于磷肥，选项B不符合题意；
C、NH4Cl中只含有氮元素（N）一种营养元素，属于氮肥，选项C不符合题意；
D、KCl中只含有钾元素（K）一种营养元素，属于钾肥，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据复合肥的定义解答，同时含有氮、钾两种营养元素，属于复合肥；
B、根据磷肥的定义解答，只含有磷元素，属于磷肥；
C、根据氮肥的定义解答，只含有氮元素，属于氮肥；
D、根据钾肥的定义解答，只含有钾元素，属于钾肥。
7．下列化学用语书写正确的是
A．两个氮原子：N2 B．醋酸：C2H5OH
C．钙离子：Ca2+ D．K2MnO4中Mn的化合价：
【答案】C
【知识点】元素的符号及其意义；化学式的书写及意义；有关元素化合价的计算；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、原子的表示方法是：用元素符号表示一个原子，表示多个该原子，就在元素符号前加上相应的数字。因此两个氮原子应表示为2N；N2表示的是一个氮分子，或者氮气这种物质，选项A书写错误；
B、醋酸的学名是乙酸，化学式是CH3COOH；C2H5OH是乙醇（酒精）的化学式，二者不能混淆，选项B书写错误；
C、离子的表示方法是：在元素符号的右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略。钙离子带2个单位的正电荷，因此表示为Ca2+，选项C书写正确；
D、在化合物中，各元素正负化合价的代数和为零。K2MnO4（锰酸钾）中，钾元素显+1价，氧元素显-2价，设锰元素的化合价为x，则：(+1)×2+x+(-2)×4=0，解得x=+6。因此K2MnO4中Mn的化合价应表示为 ，选项D书写错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据原子的表示方法解答，多个原子在元素符号前加数字，注意与分子的表示方法区分；
B、根据常见有机物的化学式解答，醋酸是CH3COOH，乙醇是C2H5OH；
C、根据离子的表示方法解答，钙离子带2个单位正电荷，数字在前，符号在后；
D、根据化合物中元素化合价的计算方法和表示方法解答，锰酸钾中锰元素显+6价，高锰酸钾（KMnO4）中锰元素显+7价，注意区分。
8．葡萄干中的锌能辅助改善厌食症，如图为锌原子的结构示意图和锌元素在元素周期表中的部分信息，下列说法不正确的是
A．锌的相对原子质量为65.38
B．该元素属于金属元素
C．在化学变化中该原子容易得电子
D．锌元素位于周期表第四周期
【答案】C
【知识点】原子结构示意图与离子结构示意图；元素周期表的特点及其应用
【解析】【解答】A、元素周期表中，元素名称正下方的数字就是该元素的相对原子质量，因此锌的相对原子质量为65.38，选项A说法正确，不符合题意；
B、元素的分类：金属元素的名称一般带有“钅”字旁（汞除外），锌的元素名称带有“钅”字旁，因此属于金属元素，选项B说法正确，不符合题意；
C、原子的化学性质主要由最外层电子数决定：最外层电子数小于4的原子，在化学变化中容易失去电子，形成阳离子；最外层电子数大于4的原子，容易得到电子，形成阴离子。由锌原子的结构示意图可知，锌原子的最外层电子数是2，小于4，因此在化学变化中容易失去2个电子，而不是得到电子，选项C说法错误，符合题意；
D、元素在周期表中的周期数等于该元素原子的核外电子层数。锌原子的核外有4个电子层，因此锌元素位于元素周期表的第四周期，选项D说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据元素周期表的信息解读解答，元素名称下方的数字是相对原子质量；
B、根据金属元素的判断方法解答，带“钅”字旁的元素（汞除外）属于金属元素；
C、根据原子最外层电子数与化学性质的关系解答，最外层电子数小于4的原子易失电子；
D、根据元素周期数与原子电子层数的关系解答，周期数=原子核外电子层数。
9．碳减排、碳利用是实现碳中和的重要途径，我国科学家研究出利用In2O3作催化剂，将二氧化碳转化为化工原料甲醇的微观图示如下，下列说法正确的是
A．该反应为置换反应
B．反应物、生成物涉及的氧化物有3种
C．反应前后分子的数目不变
D．生成的与的质量比为9：16
【答案】D
【知识点】微粒观点及模型图的应用；根据化学反应方程式的计算；置换反应及其应用；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】根据微观示意图，确定反应物、生成物和反应条件：反应物是二氧化碳（CO2）和氢气（H2），生成物是甲醇（CH3OH）和水（H2O），反应条件是In2O3作催化剂。据此写出配平后的化学方程式 。
A、置换反应的定义是：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。该反应的生成物是甲醇和水，都是化合物，没有单质生成，因此不属于置换反应，选项A说法错误；
B、氧化物的定义是：由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物。反应物中，CO2是氧化物，H2是单质；生成物中，H2O是氧化物，CH3OH由碳、氢、氧三种元素组成，不属于氧化物。因此反应物和生成物中涉及的氧化物共有2种，选项B说法错误；
C、由配平后的化学方程式可知，反应前有1个CO2分子和3个H2分子，共4个分子；反应后有1个CH3OH分子和1个H2O分子，共2个分子。因此反应前后分子的数目发生了改变，选项C说法错误；
D、根据化学方程式，生成的H2O与CH3OH的质量比等于它们的相对分子质量乘以化学计量数之比。H2O的相对分子质量是18，CH3OH的相对分子质量是32，因此质量比为(18×1)：(32×1)=18：32=9：16，选项D说法正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据置换反应的定义解答，置换反应的生成物必须有单质；
B、根据氧化物的定义解答，氧化物必须满足“两种元素、含氧元素”两个条件；
C、根据化学方程式中反应物和生成物的分子个数比解答，反应前4个分子，反应后2个分子，分子数目减少；
D、根据化学方程式计算物质的质量比，质量比=相对分子质量×化学计量数之比。
10．同学们为探究铵态氮肥固体在水中的溶解情况，进行了下图所示的操作（忽略水的蒸发）。
在不同温度时的溶解度
温度/℃ 20 60 70
溶解度/g 37.2 55.2 60.2
下列说法正确的是
A．①的溶液中溶质的质量分数约为37%
B．②的溶液为不饱和溶液
C．②的溶液降温到20℃时有固体析出
D．③的溶液质量是161.2g
【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；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】明确不同温度下NH4Cl的溶解度：20℃时溶解度为37.2g，即20℃时100g水中最多溶解37.2g NH4Cl；60℃时溶解度为55.2g；70℃时溶解度为60.2g。
A、①中是20℃时，向100g水中加入37g NH4Cl。因为37g＜37.2g，所以NH4Cl能全部溶解，所得溶液为不饱和溶液。溶质的质量分数=，不是37%，选项A说法错误；
B、②中是60℃时，向100g水中先加入37g NH4Cl，再加入18.2g NH4Cl，总共加入的NH4Cl质量为37g+18.2g=55.2g。而60℃时NH4Cl的溶解度正好是55.2g，即100g水中最多溶解55.2g NH4Cl，因此②的溶液恰好是饱和溶液，不是不饱和溶液，选项B说法错误；
C、②的溶液是60℃时的饱和溶液，溶质质量为55.2g。将其降温到20℃时，20℃时NH4Cl的溶解度为37.2g，即100g水中最多只能溶解37.2g NH4Cl。因此会析出固体的质量为55.2g-37.2g=18g，选项C说法正确；
D、③中是70℃时，向100g水中总共加入的NH4Cl质量为37g+18.2g+6g=61.2g。而70℃时NH4Cl的溶解度为60.2g，即100g水中最多只能溶解60.2g NH4Cl，因此会有61.2g-60.2g=1g NH4Cl不能溶解。所以③的溶液质量=溶质质量+溶剂质量=60.2g+100g=160.2g，不是161.2g，选项D说法错误。
故答案为：C。
【分析】A、根据溶质质量分数的计算公式解答，注意溶液质量=溶质质量+溶剂质量；
B、根据饱和溶液的定义解答，一定温度下，不能再溶解某种溶质的溶液是该溶质的饱和溶液；
C、根据降温结晶的原理解答，溶解度随温度降低而减小的物质，饱和溶液降温后会析出晶体；
D、根据溶液质量的计算方法解答，未溶解的固体不能计入溶液质量。
11．向溶液中加入一定量镁粉，充分反应后过滤，得到滤液和滤渣。向滤渣中加入稀盐酸，无明显现象。下列说法错误的是
A．滤渣中一定有铜 B．滤液一定呈无色
C．滤渣中一定没有镁 D．滤液质量比原溶液小
【答案】B
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用；质量守恒定律及其应用
【解析】【解答】金属活动性顺序为Mg＞H＞Cu，镁和氯化铜发生置换反应：Mg+CuCl2=MgCl2+Cu；向滤渣中加稀盐酸无明显现象，说明滤渣中不含排在氢前面的活泼金属，镁已经完全反应。
A、置换反应一定会生成铜，且镁无剩余，因此滤渣中一定含有铜，说法正确，选项A不符合题意；
B、如果加入镁粉的量不足，氯化铜没有完全反应，滤液中会残留CuCl2，溶液呈蓝色，因此滤液不一定是无色的，说法错误，选项B符合题意；
C、镁能和稀盐酸反应产生气泡，滤渣加盐酸无现象，能证明滤渣中一定没有剩余的镁，说法正确，选项C不符合题意；
D、反应中每24份质量的镁进入溶液，会析出64份质量的铜，溶液总质量会减小，因此滤液质量比原CuCl2溶液小，说法正确，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据置换反应必然生成铜、镁已完全无剩余的条件，判断滤渣的成分解答；
B、根据镁不足时铜离子会残留在滤液中使溶液显色，说明滤液颜色不固定解答；
C、根据镁和酸反应会产生气泡的特征现象，反推滤渣中不存在镁解答；
D、根据置换反应前后固体、溶液的质量变化规律，判断溶液质量的变化趋势解答。
12．在实验室中解决鉴别和除杂的问题时，下列实验方案正确的一组是
选项 实际问题 实验方案
A 除去CO2中混有的少量CO 通过灼热的碳层
B 鉴别氢气和甲烷 点燃，在火焰上方罩一个干冷的烧杯
C 除去NaCl溶液中的Na2SO4 加入适量Ba(NO3)2溶液，过滤
D 鉴别纯铜和黄铜 相互刻划
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】合金与合金的性质；盐的化学性质；碳的化学性质；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、除去CO2中混有的少量CO，通过灼热的碳层时，CO2会与碳在高温下反应生成CO，反而会将主要物质CO2除去，不符合除杂原则（除杂不除主），选项A实验方案错误；
B、鉴别氢气和甲烷，点燃后在火焰上方罩一个干冷的烧杯，氢气燃烧生成水，甲烷燃烧也生成水，两个反应都会在烧杯内壁出现水雾，现象相同，无法鉴别，选项B实验方案错误；
C、除去NaCl溶液中的Na2SO4，加入适量Ba(NO3)2溶液时，Na2SO4会与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，虽然除去了Na2SO4，但引入了新的杂质硝酸钠，不符合除杂原则（除杂不引杂），选项C实验方案错误；
D、鉴别纯铜和黄铜（铜锌合金），相互刻画时，硬度大的金属会在硬度小的金属表面留下划痕。黄铜的硬度比纯铜大，因此纯铜表面会留下明显的划痕，现象不同，可以鉴别，选项D实验方案正确。
故答案为：D。
【分析】A、根据除杂原则解答，除杂时不能除去主要物质，也不能引入新杂质；
B、根据氢气和甲烷的燃烧产物解答，二者燃烧都生成水，不能用干冷烧杯鉴别；
C、根据除杂原则解答，加入Ba(NO3)2会引入新杂质硝酸钠，应加入适量BaCl2溶液；
D、根据合金的性质解答，合金的硬度一般比组成它的纯金属大。
13．为验证NaOH溶液和稀盐酸能够发生反应，兴趣小组用图1所示装置进行实验，烧杯内溶液的pH随滴入溶液X体积变化的曲线如图2所示。下列说法错误的是
A．溶液X是稀盐酸
B．b点时NaOH溶液和稀盐酸恰好完全反应
C．c点时烧杯内的溶液能使石蕊试液变红
D．从b点到c点变化的微观本质是氢离子与氢氧根离子结合生成水分子
【答案】D
【知识点】酸碱指示剂的性质及应用；中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【解答】A、从图2可以看到，反应初始时烧杯内溶液pH大于7，溶液呈碱性；随着溶液X不断滴入，溶液pH不断减小，最终pH小于7，溶液变为酸性。说明实验是向氢氧化钠碱性溶液中加入酸性溶液，因此溶液X是稀盐酸，该选项说法正确，选项A不符合题意。
B、b点对应的溶液pH=7，此时溶液呈中性，代表氢氧化钠溶液和稀盐酸恰好完全发生中和反应，此时体系中二者均无剩余，该选项说法正确，选项B不符合题意。
C、c点时溶液pH小于7，说明稀盐酸已经滴加过量，烧杯内溶液呈酸性。紫色石蕊试液遇到酸性溶液会变为红色，因此c点烧杯内的溶液能使石蕊试液变红，该选项说法正确，选项C不符合题意。
D、b点时氢氧化钠与稀盐酸已经恰好完全反应，溶液中氢氧根离子已经被完全消耗。从b点到c点的过程，是继续额外滴加稀盐酸，没有氢离子与氢氧根离子结合生成水分子的中和反应发生，变化的本质是溶液中氢离子浓度不断增大，溶液酸性持续增强、pH继续降低，因此该选项说法错误，选项D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、本题根据滴定过程pH的变化趋势进行判断：起始溶液显碱性（原溶液Y为NaOH溶液），滴加试剂后pH不断降低，可直接判断滴加的溶液X为酸性的稀盐酸。
B、本题根据酸碱中和反应终点的特点解答：氢氧化钠与稀盐酸恰好完全中和时，反应产物为氯化钠和水，氯化钠溶液呈中性，对应pH=7的b点。
C、本题考查酸碱指示剂的变色规律：紫色石蕊试液的变色特性为酸红碱蓝中不变，c点为酸性环境，因此可以使石蕊试液变红。
D、本题考查中和反应的微观实质：中和反应的微观本质是H+与OH-结合生成H2O，该反应在b点就已经全部完成；b点到c点仅为酸过量、氢离子增多，不再发生中和反应，这是本题的易错知识点。
14．下图是初中化学常见的四种物质之间的反应关系图，图中“—”表示相连的两种物质能反应，“→”表示两端的物质通过一步反应能转化。下列说法不正确的是
A．Y一定不是钠盐 B．X一定是
C．X与Y可能都是盐 D．X与Y可能反应生成
【答案】B
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；复分解反应及其应用；物质的鉴别、推断
【解析】【解答】A、由于Y能和氢氧化钠反应，则Y一定不是钠盐，该选项说法正确；
B、氢氧化钠能和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠能和硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，则X不一定为碳酸钠，该选项说法不正确；
C、结合前面分析可知，X可能为盐，又由于氧化铜能和硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，则Y为硫酸铜，属于盐，该选项说法正确；
D、硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，则Y可能为盐酸，氢氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，碳酸钠能和硫酸反应，则X可能为碳酸钠，碳酸钠能和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，该选项说法正确。
故选B。
【分析】A、根据钠盐无法同时满足“硫酸转化、和氢氧化钠反应”双重条件解答；硫酸钠这类钠盐与氢氧化钠不发生复分解反应，因此Y不可能是钠盐；
B、根据碱与酸性氧化物的反应规律解答；氢氧化钠既能生成碳酸钠，也能生成亚硫酸钠等可与酸反应的钠盐，X不唯一；
C、根据盐的转化、复分解反应规律解答；举碳酸钠、硫酸铜实例可证明二者能同时满足题干所有转化连线；
D、根据盐与酸的复分解反应规律解答；碳酸钠和盐酸反应能够生成水，存在符合条件的物质组合。
15．生活、生产等都离不开化学。
（1）燃气灶的火焰呈现黄色或橙色，锅底出现黑色粉末，此时应　 　(填“调大”或“调小”)灶具的进风口，以提供充足的氧气。
（2）冬季同学们常使用暖宝宝取暖，暖宝宝发热的主要原理是铁粉生锈，铁生锈的原理是铁粉与　 　共同作用，放出热量。
（3）在农业生产中，可利用质量分数为16%的氯化钠溶液来选种，现要配制100 kg这种溶液，需要氯化钠的质量是　 　kg。
（4）工业上常用生石灰(CaO)作干燥剂，其吸水反应的化学方程式为　 　。
（5）航天器常用高氯酸铵(NH4ClO4)作固体燃料。它在高温下分解化学方程式为：，X的化学式是　 　。
【答案】（1）调大
（2）氧气和水（或、）
（3）16
（4）
（5）
【知识点】金属锈蚀的条件及其防护；质量守恒定律及其应用；一定溶质质量分数的溶液的配制；生石灰的性质与用途
【解析】【解答】（1）燃气灶的火焰呈现黄色或橙色，锅底出现黑色粉末，说明燃料燃烧不充分，产生了炭黑。燃烧不充分的原因是氧气不足，因此应调大灶具的进风口，增加空气的进入量，提供充足的氧气，使燃料充分燃烧。
（2）铁生锈的原理是铁与空气中的氧气和水（水蒸气）共同作用，发生复杂的化学反应，生成铁锈（主要成分是Fe2O3·xH2O）。这个反应会放出热量，因此暖宝宝可以利用这个原理发热。
（3）要配制100kg质量分数为16%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=溶液的质量×溶质的质量分数=100kg×16%=16kg。
（4）生石灰是氧化钙（CaO）的俗称，它能与水反应生成氢氧化钙，因此可以作干燥剂。反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2。
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目和质量都不变。在反应2NH4ClO4=N2↑+Cl2↑+4X+2O2↑中，反应前各原子的数目为：N：2，H：8，Cl：2，O：8；反应后已知的原子数目为：N：2，Cl：2，O：4。因此4X中含有8个H原子和4个O原子，即1个X中含有2个H原子和1个O原子，所以X的化学式是H2O。
【分析】（1）根据燃烧的条件解答，燃料充分燃烧需要充足的氧气，调大进风口可以增加氧气的量；
（2）根据铁生锈的条件解答，铁生锈需要同时接触氧气和水，缺一不可；
（3）根据溶质质量的计算公式解答，溶质质量=溶液质量×溶质质量分数；
（4）根据生石灰的化学性质解答，氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，是常用的干燥剂；
（5）根据质量守恒定律的微观解释解答，化学反应前后原子的种类和数目不变，据此推断未知物质的化学式。
（1）火焰呈黄色或橙色、锅底有黑色粉末说明燃料不完全燃烧，氧气供给不足，调大进风口可增加氧气量，使燃料充分燃烧。
（2）铁生锈是铁与空气中的氧气、水蒸气共同发生缓慢氧化的过程，反应过程放出热量。
（3）溶质质量=溶液质量×溶质质量分数，代入数值计算：。
（4）生石灰（氧化钙）能与水反应生成氢氧化钙，从而吸收水分，因此可作干燥剂，反应化学方程式为。
（5）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类、数目不变。反应前共有2个N、8个H、2个Cl、8个O，反应后已知产物已有2个N、2个Cl、4个O，因此4个X共含8个H、4个O，每个X含2个H、1个O，即。
16．阅读下面科普短文。
泡菜品种繁多、风味独特、口感鲜脆。新鲜蔬菜中含有硝酸盐，硝酸盐对人体无直接危害，但转化成亚硝酸盐后，就会对人体产生危害。亚硝酸盐与胃酸反应，产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，会导致人中毒。
在腌制初期，蔬菜中的硝酸盐在杂菌(硝酸盐还原酶)的作用下转化为亚硝酸盐。腌制过程中，蔬菜表面的天然乳酸菌在无氧环境下大量繁殖，将蔬菜中的糖类物质分解为乳酸(C3H6O3)。随着发酵进行，乳酸积累量增加，酸性环境抑制蔬菜中维生素C的氧化分解，还抑制了产生亚硝酸盐的杂菌，同时乳酸菌可能会分泌亚硝酸盐还原酶，将亚硝酸盐分解为无害的氮气或氨，其变化关系如下图所示。
腌制时通常会加入食盐，可以抑制杂菌的生长，还能增强风味，但盐浓度过低(<5%)易导致腐败菌繁殖，产生异味，过高(>15%)则抑制乳酸菌，发酵停滞。泡菜成熟后，浸泡、漂洗，进行有关数据测定，数值如下表：
浸泡时间(min) 硝酸盐含量(mg/kg) 亚硝酸盐含量(mg/kg)
0 115 1.70
10 93 1.45
20 76 1.17
30 41 0.43
回答下列问题：
（1）亚硝酸盐有毒的原因是　 　。
（2）下列说法正确的是___________。
A．腌制泡菜时为了防腐，食盐越多越好
B．亚硝酸盐含量随发酵时间的延长而逐渐增多
C．泡菜中的亚硝酸盐主要来自于蔬菜中的硝酸盐
D．酸性环境促进维生素C的分解，导致泡菜中维生素C含量降低
（3）乳酸的化学式为(C3H6O3)，其中“6”表示的含义是　 　，在乳酸中(C3H6O3)中，碳元素和氧元素的质量比为　 　。
（4）食用泡菜时为了有效避免摄入过多的亚硝酸盐，食用前应该　 　。
【答案】（1）亚硝酸盐与胃酸反应产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，导致人体中毒
（2）C
（3）1个乳酸分子中含有6个氢原子；3：4
（4）充分浸泡漂洗
【知识点】有害化学物质的性质与人体健康；化学式的书写及意义；化学式的相关计算
【解析】【解答】（1）根据短文内容可知，亚硝酸盐有毒的原因是：亚硝酸盐与胃酸反应，产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，会导致人中毒。
（2）A、腌制泡菜时，食盐的浓度要适中，不是越多越好。盐浓度过高（＞10%）会抑制乳酸菌的生长，导致发酵停滞，选项A说法错误；
B、由亚硝酸盐含量随发酵时间变化的曲线可知，亚硝酸盐含量先升高，达到峰值后逐渐降低，不是随发酵时间的延长而逐渐增多，选项B说法错误；
C、短文明确指出，新鲜蔬菜中含有硝酸盐，在腌制初期，硝酸盐在杂菌的作用下转化为亚硝酸盐，因此泡菜中的亚硝酸盐主要来自于蔬菜中的硝酸盐，选项C说法正确；
D、短文提到，随着发酵进行，乳酸积累量增加，酸性环境抑制蔬菜中维生素C的氧化分解，因此酸性环境会减少维生素C的损失，而不是促进其分解，选项D说法错误。
故答案为：C。
（3）乳酸的化学式为C3H6O3，其中“6”位于氢元素符号的右下角，表示的含义是：一个乳酸分子中含有6个氢原子。
在乳酸中，碳元素和氧元素的质量比=（碳的相对原子质量×碳原子个数）：（氧的相对原子质量×氧原子个数）=（12×3）：（16×3）=36：48=3：4。
（4）由表格数据可知，随着浸泡时间的延长，泡菜中的亚硝酸盐含量逐渐降低。因此食用泡菜时，为了有效避免摄入过多的亚硝酸盐，食用前应该用清水浸泡一段时间（如30分钟），并多次漂洗。
【分析】（1）根据短文内容直接提取信息解答，亚硝酸盐与胃酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与血红蛋白结合导致中毒；
（2）仔细阅读短文，逐一分析每个选项，注意短文中关于食盐浓度、亚硝酸盐含量变化、维生素C的描述；
（3）根据化学式中数字的含义解答，元素符号右下角的数字表示一个分子中该原子的个数；根据化合物中元素质量比的计算方法解答，元素质量比=相对原子质量×原子个数之比；
（4）根据表格中的数据规律解答，浸泡时间越长，亚硝酸盐含量越低，因此食用前应浸泡漂洗。
（1）根据题干信息可知，亚硝酸盐与胃酸反应产生的二氧化氮进入血液与血红蛋白结合，导致人体中毒。
（2）A、盐浓度超过15%会抑制乳酸菌，使发酵停滞，并非食盐越多越好，错误；
B、结合曲线图可知亚硝酸盐含量随发酵时间先升高后降低，不是逐渐增多，错误；
C、题干明确说明蔬菜中的硝酸盐在杂菌作用下转化为亚硝酸盐，正确；
D、题干说明酸性环境会抑制维生素C的氧化分解，错误。
（3）化学式中元素符号右下角的数字表示1个该分子中所含该原子的个数，“6”表示的含义是1个乳酸分子中含有6个氢原子；
元素质量比为（相对原子质量×对应原子个数）之比，碳、氧元素质量比为(12×3)：(16×3)=3：4。
（4）根据表格数据，浸泡时间越长，泡菜中亚硝酸盐含量越低，充分浸泡漂洗可减少亚硝酸盐摄入。
17．成都盛产蛇纹石，利用蛇纹石生产氢氧化镁的工艺如图。
【资料信息】
1.蛇纹石的主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3。
2.SiO2难溶于水，不与稀硫酸反应。
3.“碱洗”调pH在4.6≤pH<9.4时，使Fe3+、Al3+完全沉淀。
回答下列问题：
（1）将蛇纹石“粉碎”的目的是　 　。
（2）“酸浸”时，MgO发生化学反应的方程式为　 　。
（3）滤渣2的成分有　 　。
（4）“沉镁”的化学方程式为　 　。
（5）用10 t含氧化镁40%的蛇纹石，理论上可制得氢氧化镁的质量是　 　t。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）MgO+H2SO4=MgSO4+H2O
（3）氢氧化铁和氢氧化铝
（4）MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4
（5）5.8
【知识点】酸的化学性质；碱的化学性质；化学方程式的书写与配平；根据化学反应方程式的计算
【解析】【解答】蛇纹石的主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3。将蛇纹石粉碎后，加入过量稀硫酸进行“酸浸”：MgO、Fe2O3、Al2O3都能与稀硫酸反应，分别生成硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝和水；SiO2难溶于水，也不与稀硫酸反应，因此过滤后得到的滤渣1是SiO2，滤液中含有硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝和过量的稀硫酸。接着向滤液中加入氢氧化钠溶液“调pH”，控制pH在4.6≤pH＜9.4，此时Fe3+、Al3+会与OH-结合生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，而Mg2+在这个pH范围内不会沉淀，因此过滤后得到的滤渣2是氢氧化铁和氢氧化铝，滤液中主要含有硫酸镁。最后向滤液中加入氢氧化钠溶液进行“沉镁”，硫酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，经过滤、洗涤后得到氢氧化镁产品。
（1）将蛇纹石“粉碎”的目的是：增大蛇纹石与稀硫酸的接触面积，加快酸浸的反应速率，使反应更充分。
（2）“酸浸”时，MgO与稀硫酸反应生成硫酸镁和水，化学反应的方程式为：MgO+H2SO4=MgSO4+H2O。
（3）由上述流程分析可知，调pH时，Fe3+和Al3+会转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，因此滤渣2的成分有氢氧化铁（Fe(OH)3）和氢氧化铝（Al(OH)3）。
（4）“沉镁”时，硫酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，化学方程式为：MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4。
（5）用10t含氧化镁40%的蛇纹石，理论上可制得氢氧化镁的质量。首先计算蛇纹石中氧化镁的质量：10t×40%=4t。
根据质量守恒定律，氧化镁中的镁元素全部转化为氢氧化镁中的镁元素。
氧化镁（MgO）中镁元素的质量分数=×100%=60%；
氢氧化镁（Mg(OH)2）中镁元素的质量分数=×100%；
设理论上可制得氢氧化镁的质量为x，则：
4t×60%=x×
解得x=5.8t。
【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素解答，增大反应物的接触面积可以加快反应速率；
（2）根据金属氧化物与酸的反应规律解答，金属氧化物与酸反应生成盐和水；
（3）根据流程中调pH的目的解答，调pH是为了使Fe3+和Al3+完全沉淀，因此滤渣2是它们的氢氧化物；
（4）根据盐与碱的反应规律解答，硫酸镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠；
（5）根据化学方程式的计算或元素守恒法解答，反应前后镁元素的质量不变，据此计算氢氧化镁的质量。
（1）“粉碎” 的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。
（2）氧化镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和水，反应的化学方程式为MgO+H2SO4=MgSO4+H2O。
（3）蛇纹石主要成分为MgO和SiO2，含少量Fe2O3、Al2O3。酸浸时，MgO，Fe2O3、Al2O3与稀硫酸反应：MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，碱洗，滴加氢氧化钠，将Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，因此滤渣2的成分有氢氧化铁和氢氧化铝。
（4）“沉镁”时，硫酸镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4。
（5）根据关系式可知，
理论上可制得氢氧化镁的质量是5.8t。
18．化学是一门以实验为基础的科学。如图所示为实验中常见气体制备、净化、干燥、收集的部分仪器，请回答下列问题：
（1）用装置A制取气体使用仪器①时的注意事项是　 　。
（2）写出实验室用A装置制取氧气的化学方程式　 　。实验室制取CO2要控制反应的发生和停止，应选择的发生装置是　 　。
（3）实验室用装满水的D装置收集氧气。应从导管口　 　(填“a”或“b”)输入气体。
（4）若用锌粒和稀盐酸反应制取氢气，收集的氢气往往不纯，其中含有的杂质是氯化氢和水蒸气，想要得到纯净的氢气，则连接仪器的顺序是A→　 　→　 　→C。
【答案】（1）长颈漏斗的下端要插入液面以下
（2）；B
（3）b
（4）F；E
【知识点】氧气的实验室制法；盐的化学性质；二氧化碳的实验室制法；氢气的制取和检验；气体制取装置的探究
【解析】【解答】（1）仪器1是长颈漏斗。使用长颈漏斗时的注意事项是：长颈漏斗的末端必须伸入液面以下（形成液封），防止生成的气体从长颈漏斗口逸出。
（2） A装置为固液常温型，制取氧气选择过氧化氢，反应的化学方程式 。
实验室制取CO2是用石灰石（或大理石）和稀盐酸在常温下反应，要控制反应的发生和停止，应选择的发生装置是B。装置B有多孔隔板，将石灰石放在多孔隔板上，稀盐酸从长颈漏斗加入。打开止水夹时，稀盐酸流下，与石灰石接触，反应开始；关闭止水夹时，试管内产生的气体不能排出，压强增大，将稀盐酸压回长颈漏斗，使稀盐酸与石灰石分离，反应停止。因此装置B可以通过止水夹的开关控制反应的发生和停止。
（3）实验室用装满水的D装置收集氧气，氧气的密度比水小，因此氧气应从导管口b输入，水从导管口a排出。
（4）用锌粒和稀盐酸反应制取氢气，生成的氢气中会混有氯化氢气体（来自稀盐酸的挥发）和水蒸气。要得到纯净的氢气，需要先除去氯化氢气体，再除去水蒸气。除去氯化氢气体可以用饱和碳酸氢钠溶液（F装置），因为氯化氢能与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，而氢气不与碳酸氢钠反应；除去水蒸气可以用浓硫酸（E装置），因为浓硫酸具有吸水性，且不与氢气反应。注意除杂时要先除其他杂质，最后除水蒸气，防止再次引入水。因此连接仪器的顺序是A→F→E→C。
【分析】（1）根据常见仪器的名称和使用注意事项解答，长颈漏斗必须液封，防止气体逸出；
（2）根据实验室制取氧气的反应原理和发生装置的选择依据解答，固固加热型装置适用于氯酸钾或高锰酸钾制氧气；根据装置C的特点解答，它可以控制反应的发生和停止；
（3）根据排水法收集气体的原理解答，密度比水小的气体从短管进，水从长管出；
（4）根据气体除杂的原则解答，先除氯化氢，再干燥，除杂和干燥时都要注意“长进短出”。
（1）装置A制取气体使用仪器①长颈漏斗时下端要插入液面以下，形成液封，防止产生的气体从长颈漏斗逸出。
（2）A装置为固液常温型，制取氧气选择过氧化氢，反应的化学方程式略；如果要控制反应的发生和停止，应选择的发生装置是B，B装置中，当打开弹簧夹时，长颈漏斗内的液体在重力作用下进入试管，使试管内液面上升到多孔隔板以上，与固体试剂接触，开始反应；当关闭弹簧夹时，产生的气体无法排出，在试管上半部分聚积，使试管内部气压增大，将液体压回到长颈漏斗，使液面降到多孔隔板以下，使反应物相互分离，反应停止。
（3）实验室用装满水的D装置收集氢气，氢气难溶于水，氢气的密度比水小，则应从导管口b输入气体。
（4）若用锌粒和稀盐酸反应制取氢气，由于盐酸具有挥发性，制得的气体中混有氯化氢和水蒸气；氯化氢气体能与氢氧化钠溶液反应，而氢气不与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液除去氯化氢，不能用饱和碳酸氢钠溶液，因为碳酸氢钠溶液与氯化氢反应会生成二氧化碳气体，会引入杂质，浓硫酸具有吸水性，且与氢气不反应，可用浓硫酸干燥氢气，应先除杂后干燥，则想要得到纯净的氢气，则连接仪器的顺序是A→F→E→C；
19．为证明氢氧化钠溶液和二氧化碳发生了反应，兴趣小组的同学进行了如下探究活动。
【活动1】甲组同学利用图1所示装置进行实验(装置中夹持仪器已略去)，向充满二氧化碳的烧瓶中注入氢氧化钠溶液。
（1）实验过程中可观察到气球先略变瘪后逐渐膨胀，气球膨胀过程中，烧瓶内压强　 　(填“大于”或“小于”)外界大气压。
（2）小彭认为根据该实验现象不能证明NaOH与CO2发生了反应，原因是：　 　。
【活动2】为获得充足的证据，乙组同学设计了图2所示装置，向盛有CO2的烧瓶中分别快速注入等量的蒸馏水或NaOH溶液，利用压强传感器测定实验过程中烧瓶内压强的变化并绘制曲线如图3所示。
（3）图3两条曲线t时刻后压强均增大的原因是　 　，其中表示NaOH与CO2溶液反应的是曲线　 　(填“a”或“b”)。
（4）上述探究活动结束后，小丹同学对活动1烧瓶中所得溶液的溶质成分进行了探究。
请从Ba(OH)2溶液、BaCl2溶液、酚酞溶液、稀盐酸中选择合适的试剂，证明溶液中有Na2CO3和NaOH。(注意：Na2CO3溶液呈碱性，BaCl2溶液呈中性)
设计实验方案：取活动1烧瓶中所得溶液于试管中，　 　。(写出实验操作及现象即可)
【答案】小于；气球膨胀可能是CO2溶于水或与水反应，导致瓶内压强减小；注射器注入液体时，瓶内气体被挤压，导致压强瞬间升高；b；先加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有碳酸钠；静置后，取上层清液，滴加酚酞溶液，溶液变红，说明溶液中含有NaOH
【知识点】碱的化学性质；盐的化学性质；实验探究物质的组成成分以及含量
【解析】【解答】（1）向充满二氧化碳的烧瓶中注入氢氧化钠溶液，二氧化碳会与氢氧化钠反应，使烧瓶内的气体减少，压强减小。当烧瓶内的压强小于外界大气压时，外界空气会进入气球，使气球逐渐膨胀。因此气球膨胀过程中，烧瓶内压强小于外界大气压。
（2）小彭认为根据该实验现象不能证明NaOH与CO2发生了反应，原因是：二氧化碳能溶于水，也能与水反应，这两个过程都会使烧瓶内的压强减小，气球膨胀。因此无法确定是二氧化碳与氢氧化钠反应导致的压强减小，还是二氧化碳溶于水或与水反应导致的压强减小。
（3）图3两条曲线t时刻后压强均增大的原因是：快速注入液体时，液体占据了烧瓶内的部分体积，使烧瓶内的气体被压缩，压强瞬间增大。
其中表示NaOH与CO2溶液反应的是曲线b。因为氢氧化钠溶液吸收二氧化碳的能力比水强得多，会使烧瓶内的压强减小得更多，因此曲线b的压强更低，对应的是氢氧化钠与二氧化碳的反应。
（4）要证明活动1烧瓶中所得溶液中有Na2CO3和NaOH，需要注意：Na2CO3溶液也呈碱性，会干扰NaOH的检验。因此必须先检验并除去Na2CO3，再检验NaOH。
设计实验方案：取活动1烧瓶中所得溶液于试管中，加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中含有Na2CO3（因为BaCl2与Na2CO3反应生成碳酸钡白色沉淀）；静置后，向上层清液中滴加酚酞溶液，溶液变红，证明溶液中含有NaOH（因为过量的BaCl2已经将Na2CO3完全除去，此时溶液呈碱性，说明有NaOH存在）。
【分析】（1）根据压强变化的原理解答，气体减少，压强减小，小于外界大气压时气球膨胀；
（2）根据二氧化碳的性质解答，二氧化碳能溶于水且能与水反应，也会使压强减小，因此需要设计对比实验；
（3）根据注入液体时的压强变化解答，液体加入会压缩气体，使压强瞬间增大；根据氢氧化钠和水吸收二氧化碳的能力不同解答，氢氧化钠吸收更多，压强更小；
（4）根据物质的检验方法解答，检验NaOH时要先除去Na2CO3，防止其碱性干扰NaOH的检验，用过量的BaCl2溶液除去Na2CO3，再用酚酞检验NaOH。
20．黄铜是铜和锌的合金，某化学兴趣小组同学欲测定实验室中某黄铜样品中铜的质量分数。称量10 g粉末状黄铜样品放入烧杯中，把90 g稀硫酸分三次加到其中，每次充分反应后，测定生成气体的质量，实验数据如表：
　 第一次 第二次 第三次
加入稀硫酸的质量(g) 30 30 30
生成气体的质量(g) 0.08 m 0.04
试求：
（1）m的数值　 　；
（2）此黄铜样品中铜的质量分数是多少？(写出计算过程)
【答案】（1）0.08
（2）产生氢气的质量共有0.08g+0.08g+0.04g=0.2g，
解：设黄铜中锌的质量为x，
则此黄铜样品中铜的质量分数是
答：此黄铜样品中铜的质量分数是35%。
【知识点】金属的化学性质；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）黄铜是铜和锌的合金，其中铜不与稀硫酸反应，锌能与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气。第一次加入30g稀硫酸，生成0.08g氢气；第三次加入30g稀硫酸，只生成0.04g氢气，说明第三次加入稀硫酸时，锌已经不足，稀硫酸没有完全反应。因此第二次加入30g稀硫酸时，锌还是足量的，稀硫酸能完全反应，生成氢气的质量也应该是0.08g，即m=0.08。
【分析】（1）根据实验数据的规律解答，前两次稀硫酸完全反应，生成氢气的质量相同，第三次锌不足，生成氢气的质量减少；
（2）根据化学方程式的计算步骤解答，先根据氢气的总质量计算锌的质量，再计算铜的质量，最后计算铜的质量分数。注意铜不与稀硫酸反应，只有锌参与反应。
（1）根据表中数据可知，第三次加入稀硫酸时，仍有气体产生，说明前两次加入的稀硫酸完全反应，且锌有剩余，则前两次生成的氢气的质量相同，故m的数值为0.08。
（2）详见答案。
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