资源简介

【中考真卷】广东省深圳市2026年化学学业水平性考试
1．深圳松岗七星舞狮是世界级非遗文化遗产，狮头制作是中华传统文化，其中涉及了氧化铝，硫酸汞，炭黑，碳酸钙等物质。请帮助苏华同学辨别以下化学用语正确的是（　　）
A．氧化铝AlO B．汞hg
C．两个碳原子C2 D．碳酸根离子
2．刘洋同学判断以下哪个做法不符合绿色发展理念（　　）
A．废弃塑料垃圾随意填埋 B．吃水果补充维生素C
C．油锅着火后立即用锅盖盖灭 D．用热水把压瘪的乒乓球复原
3．科技创新打造发展之基，下列科技成果中所涉及的化学知识描述，请帮助林钊同学找出错误的一项是（　　）
A．天宫空间站中电解水制取的O2可供宇航员呼吸
B．极地破冰船“雪龙”破冰时，冰熔化发生的是化学变化
C．万米级钻头“地壳1号”钻头含有的金刚石是单质
D．我国“福建舰”舰体所用的高硬度钢的硬度比铁大
4．高顺同学利用大理石和稀盐酸制取CO2，并过滤固液混合物，测定滤液的pH，经系列操作制得CaCl2粗品，下列操作中不能达到相应目的的是（　　）
A．制备CO2 B．收集CO2
C．过滤 D．测定pH
5．下列刘璐同学的劳动项目与化学知识相对应正确的是（　　）
劳动项目 化学知识
A 用草木灰（含K2CO3）施肥 草木灰可以做钾肥
B 用小苏打做发酵粉做面包 小苏打是Na2CO3
C 用赤铁矿炼铁 CO+Fe2O32Fe+CO2
D 用活性炭自制净水器过滤河水 河水被过滤，吸附得到纯水
A．A B．B C．C D．D
6．近期，我国科学家成功将甘油（C3H8O3）转化为山梨糖（C6H12O6），为物质资源高值利用提供了新路径，下列唐龙和庭满同学的说法正确的是（　　）
（甘油）C3H8O3（山梨糖）C6H12O6
A．甘油分子中含有一个O3分子
B．山梨糖由24个原子构成
C．甘油与山梨糖均属于氧化物
D．山梨糖的碳元素质量分数大于甘油中碳元素的质量分数
7．下列高帆同学和骥翔同学的实验方案能够达到目的的是（　　）
实验目的 实验方案
A 除去Cu片上的CuO 向固体加入足量稀硫酸
B 检测CO2气体中混有CO 将气体通入澄清石灰水
C 分辨NaCl溶液和稀盐酸 向溶液中加入酚酞溶液
D 稀释浓硫酸 向浓硫酸中缓缓倒水
A．A B．B C．C D．D
8．化学实践小组的同学们用氯化钾在烧杯中按下表配制溶液。KCl不同温度下溶解度情况如图所示。下列佳乐同学和娥冰同学的说法正确的是（　　）
①号组 ②号组 ③号组
氯化钾的质量/g 10 36 90
水的质量/g 50 100 200
A．0℃时，①号组溶液为饱和溶液
B．0℃时，①号组溶液的溶质质量分数为20%
C．将②号组的溶液从30℃降温到20℃的时候，有固体析出
D．③号组溶液，温度为40℃时，溶液的质量为290g
9．伟杰同学和少闯同学将带MnO2的燃烧匙伸入H2O2中，待到Ⅱ中充满O2，关闭止水夹，用激光笔照射点燃，下列选项中描述错误的是（　　）
A．白磷和硫粉的燃烧都属于化合反应
B．将带火星木条放在出气口，若复燃则O2已满
C．两种固体点燃后均能产生白烟
D．对比激光笔照射固体前后，可验证物体燃烧要达到着火点
10．如图是凡傲同学和陈天同学作出的五种物质类别之间的转化关系图（—表示物质之间可反应），下列说法错误的是（　　）
A．若酸为HCl，则①可用于金属除铁锈
B．②可以表示为酸碱中和反应
C．若盐为Na2CO3，则③中碱为NaOH
D．若金属为Cu，则④可证明金属活动性Cu＞Au
11．金翊同学和粤鹏同学以含钙菱镁矿（MgCO3，CaCO3等）为原料制得MgO并获得工业CaCO3流程，其反应流程如图所示：
（1）①承洲同学和志雄同学在“煅烧”中，为了使反应更充分，应　 　处理钙菱镁矿。
②高温煅烧CaCO3分解的方程式为　 　
（2）在“浸钙”中含有多种化学反应，其中CaO与H2O反应方程式为　 　，是　 　反应（填基本反应类型）
（3）在“沉钙”中：
①CO2与Ca（OH）2反应中，溶液pH　 　（上升/下降/不变）。
②反应时，通过CO2废气不同流速（60mL/min，180mL/min），如图，曲线　 　表示通入为180mL/min流速的CO2废气。（CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，易溶于水）
（4）从以上工艺流程中，含有绿色理念的有　 　（填一种）
12．【科普阅读】
半导体材料的发展加速了芯片革新，以硅为代表的第一代半导体满足了电子电器芯片的基本需求。以砷化镓（GaAs）为代表的第二代半导体在高频通信和光电领域大显身手，与第一第二代半导体材料相比，以氮化镓（GaN）为代表的第三代半导体材料具有击穿频率高、导热率高等优点，是制作高频高温及大功率器件的优异材料。工业上使用SiO2制粗硅，将粗硅转化为SiHCl3，再在高温下经H2还原得到高纯硅Si。我国利用金刚石优异的性质，然后将金刚石创造出了金刚石复合材料
（1）硅原子核电荷数是　 　
（2） SiO2中硅元素化合价为　 　
（3）以下李芳同学的描述正确的是（　　）
A．第一代半导体击穿频率高
B．第二代半导体是氮化镓
C．石英砂的主要成分是硅
D．金刚石可用于制作芯片散热复合材料
（4） SiHCl3在高温下经H2还原得到高纯硅Si，同时生成HCl的化学方程式　 　
（5）某种气体X可以蚀刻一些半导体芯片，甲酸可以生成这种气体，以下是反应的微观图。请和英姿同学和建豪同学一起回答以下问题：
①保持水化学性质最小粒子　 　。
②甲酸分子C、H、O原子个数比　 　。
③在现实中该反应三种物质的分子个数比相同，请你在虚线框补充X气体的微观图。
13．实验小组利用铁与稀硫酸反应，进行探究“影响化学反应速率的因素”的实验。
（1）①永浩同学写出铁与稀硫酸反应的化学方程式反应Ⅰ：　 　。
②刘悦同学和徐科同学实验操作如下表所示（已知一根铁钉的质量约为0.8g）
i 将一根铁钉放入5mL，pH=2的稀硫酸中 产生气泡
ⅱ 将一根铁钉放入5mL，pH=4的稀硫酸中 60s后有气泡生成
ⅲ 将一根铁钉放入5mL，pH=6的稀硫酸中 无气泡生成
ⅳ 将　 　g的铁粉放入5mL，pH=2的稀硫酸中 有大量气泡生成
③通过反应ⅰ和反应ⅲ可知，在其他条件相同时，反应物的接触面积越大，反应越　 　。
④由反应ⅰ，ⅱ，ⅲ可知在其他条件相同时，　 　。
（2）培忠同学和雨萌同学在上述实验中测得气压并绘制出气压与反应时间关系图
【查阅资料】反应Ⅱ：4Fe+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O
⑤林达同学和锦颖同学发现实验　 　和　 　（填ⅰ、ⅱ或ⅲ）产生的现象与甲图不符，查阅资料后，决定对反应中容器内氧气的体积进行探究：
⑥俊基同学由图乙可知反应i，ⅱ，ⅲ中均有　 　（填“反应I”或“反应Ⅱ”）发生。
⑦根据图甲，Fe和pH=2的稀硫酸反应时，500s内，装置内气体压强持续增大，是因为反应Ⅰ生成H2的体积　 　（＜、＞或=）反应Ⅱ消耗O2的体积。
14．燃料燃烧是人类获取能量的最重要的途径，其中甲烷（CH4）、甲醇（CH3OH）是重要的燃料
（1）请帮助桐斌和彭宽同学判断，天然气（主要成分CH4）属于　 　（可再生/不可再生）能源
（2）甲烷沸点-162℃，甲醇沸点65℃。从运输储存角度分析汪锐同学和佳佳同学应选　 　（选填“CH3OH”或“CH4”）用来做车载燃料
（3）工业中高温条件下制备CH3OH的化学反应如图所示，请帮助嘉贤同学和泽枫同学写出化学反应方程式　 　。其中在化学反应中催化剂的质量和　 　保持不变。
（4）探究燃料的燃烧可提升化学反应的应用价值，已知16克CH4完全燃烧放出热量为890kJ。
①已知CH4完全燃烧为CH4+2O2CO2+2H2O，和卓琪同学一起求3.2克CH4完全燃烧产生CO2的质量（根据化学方程式写出计算过程）。
②热值是物质完全燃烧放出热量与其质量之比，已知CH3OH热值为23kJ/g，从热值的角度帮助肖亚同学分析 ▲ （选填“CH3OH”或“CH4”）为最优燃料
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化合价与离子表示方法上的异同点；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、氧化铝中铝元素显+3价，氧元素显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零，氧化铝的化学式应为Al2O3，而不是AlO，故选项A错误，不符合题意；
B、汞是金属元素，其元素符号的第一个字母必须大写，第二个字母小写，正确写法为Hg，而不是hg，故选项B错误，不符合题意；
C、原子的表示方法是用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字。两个碳原子应表示为2C；而C2表示的是一个碳分子（由两个碳原子构成），这与”两个碳原子”的含义不同，故选项C错误，不符合题意；
D、离子的表示方法是在表示该离子的元素符号或原子团符号右上角，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。碳酸根离子带2个单位负电荷，表示为CO32-，故选项D正确，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据化合物化学式的书写规则：正价元素在前，负价元素在后，利用十字交叉法确定原子个数比。铝元素+3价、氧元素-2价，交叉得Al2O3。
B、根据元素符号的书写规则：由一个字母表示的元素符号要大写；由两个字母表示的元素符号，第一个字母大写，第二个字母小写。汞的元素符号为Hg。
C、根据原子的表示方法：在元素符号前加数字表示原子个数。“两个碳原子”应在C前面加2，即2C；C2表示的是由两个碳原子构成的分子。
D、根据离子的表示方法：在原子团符号右上角标注电荷数和电性。碳酸根离子(CO3)2-带2个单位负电荷，写作CO32-。
2．【答案】A
【知识点】绿色化学；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、废弃塑料垃圾随意填埋会造成土壤污染、地下水污染等环境问题，塑料难以降解，长期积累会严重破坏生态环境，不符合绿色发展理念，故选项A不符合绿色发展理念，符合题意（题目要求选不符合的）；
B、吃水果补充维生素C有利于人体健康，水果中的维生素C是人体必需的营养素，这种做法健康环保，符合绿色发展理念，故选项B不符合题意；
C、油锅着火时用锅盖盖灭的原理是隔绝氧气（空气），使燃烧因缺少氧气而熄灭，这是一种安全有效的灭火方法，符合绿色安全理念，故选项C不符合题意；
D、用热水把压瘪的乒乓球复原是利用了气体受热膨胀的物理原理，将压瘪的乒乓球放入热水中，球内气体受热膨胀使乒乓球恢复原状，不涉及有害化学物质，符合绿色发展理念，故选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据绿色发展理念的核心：减少污染、保护环境。废弃塑料随意填埋会导致”白色污染”，塑料在自然界中难以降解，会长期占据土壤空间，影响植物生长，同时可能释放有害物质污染地下水。
B、根据维生素C对人体健康的重要性。维生素C又称抗坏血酸，存在于新鲜水果蔬菜中，能增强免疫力，吃水果补充维生素C是健康生活方式。
C、根据燃烧的条件和灭火原理。燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点。灭火就是破坏其中一个条件。用锅盖盖灭油锅着火是隔绝氧气（隔绝空气）的灭火方法。
D、根据气体的热胀冷缩性质。温度升高，气体分子运动加剧，分子间间隔增大，气体体积膨胀。压瘪的乒乓球放入热水中，球内气体受热膨胀将凹陷处顶起恢复原状。
3．【答案】B
【知识点】氧气的用途；合金与合金的性质；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、天宫空间站中电解水可以制取氧气（2H2O通电2H2↑+O2↑），氧气能供给呼吸，可供宇航员呼吸，该描述正确，故选项A不符合题意；
B、极地破冰船”雪龙”破冰时，冰熔化只是水由固态变为液态，没有新物质生成，属于物理变化而不是化学变化，该描述错误，故选项B符合题意；
C、金刚石是由碳元素一种元素组成的纯净物，属于单质，万米级钻头”地壳1号”钻头含有的金刚石是单质，该描述正确，故选项C不符合题意；
D、钢是铁的合金，合金的硬度一般比组成它的纯金属大，所以高硬度钢的硬度比纯铁大，该描述正确，故选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据电解水实验的原理和氧气的用途。电解水生成氢气和氧气，氧气能供给呼吸，是航天器中氧气的重要来源之一。
B、根据物理变化和化学变化的本质区别：是否有新物质生成。冰熔化是水的状态变化（固态→液态），分子本身没有改变，只是分子间间隔发生变化，属于物理变化。
C、根据单质和化合物的定义。单质是由同种元素组成的纯净物。金刚石只由碳元素组成，是碳的一种同素异形体，属于单质。
D、根据合金的性质特点。合金是在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金的硬度一般大于其组成纯金属的硬度，钢是铁碳合金，硬度大于纯铁。
4．【答案】B
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；溶液的酸碱度测定；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、制备CO2：实验室常用大理石（主要成分CaCO3）和稀盐酸在常温下反应制取CO2，属于固液常温型反应，可使用图中所示的发生装置（锥形瓶+长颈漏斗），该操作能达到制备CO2的目的，故选项A不符合题意；
B、收集CO2：二氧化碳密度比空气大，应使用向上排空气法收集。使用万能瓶收集密度比空气大的气体时，气体应从长管进入（长进短出），将空气从短管排出。图中收集装置若为短管进气则无法有效收集CO2（气体会从短管直接逸出），该操作不能达到收集CO2的目的，故选项B符合题意；
C、过滤：过滤操作需要遵循”一贴二低三靠”原则。图中装置包含铁架台、漏斗、烧杯和玻璃棒，玻璃棒引流，漏斗下端紧靠烧杯内壁，操作规范，能达到过滤的目的，故选项C不符合题意；
D、测定pH：测定溶液pH的正确方法是用玻璃棒蘸取（或用胶头滴管吸取）少量待测液滴在放在玻璃片上的pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照。图中操作将pH试纸放在玻璃片上，用胶头滴管滴加液体，操作正确，能达到测定pH的目的，故选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据气体制备装置的选择依据。固液常温型反应（不需要加热）可选用锥形瓶配合长颈漏斗的发生装置。实验室制CO2用大理石（固体）和稀盐酸（液体）在常温下反应，适用此装置。
B、根据气体收集方法的选择依据。密度比空气大的气体用向上排空气法（长进短出）；密度比空气小的气体用向下排空气法（短进长出）。CO2密度（约1.977g/L）大于空气平均密度（约1.29g/L），应长管进气。
C、根据过滤操作的规范要求。“一贴”指滤纸紧贴漏斗内壁；“二低”指滤纸边缘低于漏斗边缘、液面低于滤纸边缘；“三靠”指烧杯口靠玻璃棒、玻璃棒下端靠三层滤纸处、漏斗下端靠烧杯内壁。
D、根据pH试纸的正确使用方法。不能将pH试纸直接浸入待测液中（会污染试剂），也不能先用水润湿pH试纸（会稀释待测液影响结果）。正确做法是用玻璃棒蘸取或胶头滴管吸取待测液滴在试纸上。
5．【答案】A
【知识点】水的净化；常用盐的用途；常见化肥的种类和作用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、草木灰中含有K2CO3（碳酸钾），碳酸钾中含有钾元素（K），属于钾肥，用草木灰施肥可以做钾肥，劳动项目与化学知识对应正确，故选项A符合题意；
B、小苏打的化学名称是碳酸氢钠，化学式为NaHCO3，而不是Na2CO3（Na2CO3是纯碱/碳酸钠的化学式），劳动项目与化学知识对应错误，故选项B不符合题意；
C、用赤铁矿（主要成分Fe2O3）炼铁的化学方程式应为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2。选项中的方程式没有配平（CO和CO2前面缺少系数3），且缺少反应条件”高温”，故选项C不符合题意；
D、用活性炭自制净水器过滤河水，活性炭具有吸附性可以吸附水中的色素和异味，但过滤和吸附不能除去水中所有的可溶性杂质（如钙镁离子、矿物质等），得到的不是纯水而是净化后的水。要得到纯水需要蒸馏操作，故选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据化肥的分类。含有氮元素的肥料叫氮肥，含有磷元素的肥料叫磷肥，含有钾元素的肥料叫钾肥，同时含有两种或两种以上营养元素的肥料叫复合肥。K2CO3含钾元素，属于钾肥。
B、根据常见物质的俗名和化学式。小苏打=碳酸氢钠=NaHCO3；纯碱/苏打=碳酸钠=Na2CO3。两者是不同的物质，注意区分。
C、根据化学方程式的书写原则：①以客观事实为依据；②遵守质量守恒定律（配平）；③注明反应条件；④标注生成物状态符号（↑、↓）。炼铁反应需要高温条件，且方程式必须配平。
D、根据水的净化方法。过滤除去不溶性杂质，吸附（活性炭）除去色素和异味，消毒杀菌，但都不能除去可溶性杂质。蒸馏才是得到纯水程度最高的净化方法。
6．【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、分子是由原子构成的，甘油（C3H8O3）分子中含有氧原子，不含氧分子（O3是臭氧分子）。甘油分子中含有3个氧原子，但不能说含有一个O3分子，故选项A错误，不符合题意；
B、山梨糖（C6H12O6）是由山梨糖分子构成的，应该说”一个山梨糖分子由24个原子构成”（6个碳原子+12个氢原子+6个氧原子=24个原子）。选项中说”山梨糖由24个原子构成”缺少”一个分子”的前提，表述错误，故选项B错误，不符合题意；
C、氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物。甘油（C3H8O3）由C、H、O三种元素组成，山梨糖（C6H12O6）也由C、H、O三种元素组成，它们都不是氧化物，故选项C错误，不符合题意；
D、计算甘油和山梨糖中碳元素的质量分数：
甘油（C3H8O3）中碳元素质量分数=×100%=×100%≈39.1%
山梨糖（C6H12O6）中碳元素质量分数=×100%=×100%=40%
40%＞39.1%，所以山梨糖的碳元素质量分数大于甘油中碳元素的质量分数，故选项D正确，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据分子的构成。分子由原子构成，不能说分子中含有其他分子。甘油分子中含有氧原子，不是氧分子。O3是臭氧的分子式，与甘油分子中的氧原子完全不同。
B、根据物质构成的描述规范。描述物质构成时，宏观上说”物质由元素组成”，微观上说”分子由原子构成”。对于由分子构成的物质，应该说”一个分子由几个原子构成”，不能省略”一个分子”。
C、根据氧化物的定义。氧化物必须同时满足两个条件：①由两种元素组成；②其中一种是氧元素。C3H8O3和C6H122O6都由三种元素组成，不符合氧化物定义。
D、根据元素质量分数的计算方法。某元素质量分数=(该元素相对原子质量×原子个数)÷化合物相对分子质量×100%。需要分别计算比较。
7．【答案】A
【知识点】物质除杂或净化的探究；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、向固体加入足量稀硫酸，CuO能与稀硫酸反应生成可溶性的CuSO4和H2O（CuO+H2SO4=CuSO4+H2O），而Cu不与稀硫酸反应（铜在金属活动性顺序中排在氢后面），反应后过滤即可得到纯净的Cu片，能达到实验目的，故选项A符合题意；
B、将气体通入澄清石灰水，澄清石灰水只能检验CO2的存在（CO2使澄清石灰水变浑浊），但不能检测CO。CO不与澄清石灰水反应，也无法通过此方法观察到明显现象来证明CO的存在，故选项B不符合题意；
C、向溶液中加入酚酞溶液，NaCl溶液呈中性，稀盐酸呈酸性，酚酞在中性和酸性溶液中均不变色（酚酞遇碱变红，遇酸性和中性溶液不变色），无法通过颜色变化来区分两者，故选项C不符合题意；
D、应将浓硫酸沿容器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌使热量及时散失。若将水倒入浓硫酸中，由于水的密度比浓硫酸小，水会浮在浓硫酸上面，浓硫酸溶解时放出大量的热会使水立刻沸腾，造成酸液飞溅，非常危险，故选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据除杂原则：①不减少被提纯物质；②不引入新杂质；③易分离。CuO是碱性氧化物能与酸反应，而Cu不与稀硫酸反应，因此可用稀硫酸除去Cu中的CuO，再过滤洗涤干燥即可。
B、根据CO和CO2的性质差异。CO2能使澄清石灰水变浑浊（Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O），但CO不能。要检测CO可利用其可燃性或还原性（如通过灼热氧化铜看是否变红）。
C、根据酸碱指示剂的变色规律。酚酞遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色。NaCl溶液（中性）和稀盐酸（酸性）都不能使酚酞变色，因此无法用酚酞区分。可用紫色石蕊溶液（酸变红、中性不变色）或锌粒（酸产生气泡）来区分。
D、根据浓硫酸稀释的安全操作。浓硫酸密度（约1.84g/cm3）远大于水（1g/cm3），且浓硫酸溶于水放出大量热。必须将浓硫酸倒入水中，不能将水倒入浓硫酸中，否则会造成酸液飞溅伤人。
8．【答案】C
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、0℃时，KCl的溶解度约为31g，即100g水中最多可溶解31gKCl，则50g水最多可溶解×50g=15.5gKCl。①号组实际加入10gKCl，10g＜15.5g，所以该溶液为不饱和溶液，选项A不符合题意；
B、0℃时，①号组10gKCl全部溶解在50g水中，溶质质量分数=×100%≈16.7%，不是20%，选项B不符合题意；
C、②号组36gKCl加入100g水中。30℃时KCl溶解度为37g，36g＜37g，此时为不饱和溶液；降温至20℃时，溶解度降为34g，36g＞34g，会析出36g-34g=2gKCl固体，选项C符合题意；
D、③号组90gKCl加入200g水中，40℃时KCl溶解度为40g，则200g水最多可溶解×200g=80gKCl。实际加入90g＞80g，有10g未溶解，溶液质量=溶解的KCl质量+水的质量=80g+200g=280g，不是290g，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据0℃时KCl溶解度约31g，计算50g水最多溶解15.5gKCl，实际加入10g小于此值，判断为不饱和溶液；
B、根据溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%计算，注意溶液质量包括溶质和溶剂；
C、根据30℃时溶解度为37g、20℃时溶解度为34g，对比加入量与溶解度的大小关系判断是否有固体析出；
D、根据40℃时溶解度为40g，计算200g水最多溶解80gKCl，未溶解部分不计入溶液质量。
9．【答案】C
【知识点】氧气的检验和验满；化合反应及其应用；燃烧与燃烧的条件
【解析】【解答】根据实验装置：装置Ⅰ中H2O2在MnO2催化下分解产生O2，产生的O2经干燥后通入装置Ⅱ中，装置Ⅱ中有白磷或硫粉，用激光笔照射点燃。
A、白磷燃烧：4P+5O22P2O5（两种物质反应生成一种物质，属于化合反应）；硫粉燃烧：S+O2SO2（两种物质反应生成一种物质，属于化合反应）。两种燃烧都属于化合反应，描述正确，故选项A不符合题意；
B、氧气具有助燃性，将带火星木条放在出气口，若木条复燃说明O2已充满装置Ⅱ，该检验方法正确，故选项B不符合题意；
C、白磷燃烧生成P2O5白色固体小颗粒，现象为产生大量白烟；但硫粉燃烧生成SO2气体，现象为产生蓝紫色火焰和刺激性气味的气体，不是白烟。“两种固体点燃后均能产生白烟”描述错误，故选项C符合题意；
D、用激光笔照射前，白磷和硫粉不燃烧（温度未达到着火点）；激光笔照射后，温度升高达到着火点，固体开始燃烧。通过照射前后的对比，可以验证燃烧需要温度达到可燃物的着火点，描述正确，故选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据化合反应的定义：由两种或两种以上物质反应生成一种物质的反应（多变一）。白磷燃烧和硫燃烧都符合”多变一”的特征。
B、根据氧气的检验方法。氧气能支持燃烧，可使带火星的木条复燃。将带火星木条放在气体出口处，若复燃则说明气体已充满。
C、根据燃烧现象的准确描述。白磷燃烧产生大量白烟（P2O5固体小颗粒悬浮在空气中）；硫在氧气中燃烧发出蓝紫色火焰，生成有刺激性气味的SO2气体，不是白烟。注意”烟”（固体小颗粒）和”雾”（液体小滴）的区别。
D、根据燃烧条件的探究方法。燃烧需要同时满足三个条件：①可燃物；②与氧气（或空气）接触；③温度达到着火点。本实验通过激光笔照射改变温度来探究着火点这一条件，采用了对比实验的方法。
10．【答案】C
【知识点】酸的化学性质
【解析】【解答】根据转化关系图：酸、碱、盐、金属、氧化物五类物质之间的反应关系。其中①为酸与氧化物之间的反应，②为酸与碱之间的反应，③为盐与碱之间的反应，④为盐与金属之间的反应。
A、若酸为HCl，①表示酸与氧化物的反应。铁锈的主要成分是Fe2O3（金属氧化物），HCl能与Fe2O3反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，可用于金属除铁锈，描述正确，故选项A不符合题意；
B、②表示酸与碱之间的反应，酸和碱反应生成盐和水的反应叫做中和反应，所以②可以表示酸碱中和反应，描述正确，故选项B不符合题意；
C、若盐为Na2CO3，③表示盐与碱之间的反应。Na2CO3和NaOH两种物质混合，由于它们都含有Na+，交换成分后无法生成沉淀、气体或水，不发生化学反应，因此③中碱不能是NaOH，描述错误，故选项C符合题意；
D、若金属为Cu，④表示盐与金属之间的反应。Cu能与Au的盐溶液（如AuCl3溶液）发生置换反应：2AuCl3+3Cu=3CuCl2+2Au，说明Cu的金属活动性比Au强，可证明金属活动性Cu＞Au，描述正确，故选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据酸的化学性质。酸能与金属氧化物反应生成盐和水。铁锈主要成分Fe2O3是金属氧化物，能与HCl反应生成可溶性的FeCl3和H2O，从而除去铁锈。
B、根据中和反应的定义。酸和碱作用生成盐和水的反应叫做中和反应。②连接酸和碱，表示的就是酸碱之间的反应，属于中和反应。
C、根据复分解反应发生的条件。两种化合物互相交换成分，生成物中必须有沉淀、气体或水之一，反应才能发生。Na2CO3和NaOH交换成分后得到Na2CO3和NaOH（没有新物质生成），不满足复分解反应条件，因此二者不反应。
D、根据金属活动性顺序的应用。在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来。Cu能置换出Au盐溶液中的Au，说明Cu的活动性大于Au。
11．【答案】（1）研磨；CaCO3CaO+CO2↑
（2）CaO+H2O=Ca（OH）2；化合
（3）下降；乙
（4）煅烧产生的CO2废气在沉钙阶段重复利用
【知识点】反应类型的判定；化学方程式的书写与配平；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】含钙菱镁矿首先经过”煅烧”处理，在高温下MgCO3和CaCO3分别分解：MgCO3 MgO+CO2↑，CaCO3 CaO+CO2↑。产生的CO2作为废气排出（后续可回收利用），得到的固体产物”轻烧粉”主要成分为MgO和CaO。
轻烧粉进入”浸钙”工序，加入水后CaO与水反应生成Ca(OH)2（进入溶液），而MgO不溶于水也不与水反应（或反应很慢），通过过滤等操作将MgO分离出来。含Ca(OH)2的溶液（高钙废水）进入”沉钙”工序，通入CO2废气使Ca(OH)2转化为CaCO3沉淀，经过滤得到产品CaCO3，同时CO2废气在此环节被循环利用，体现了绿色化学理念。
(1)①在”煅烧”操作中，为了使反应更充分，应研磨处理钙菱镁矿。将矿石研磨成粉末可以增大反应物之间的接触面积，使煅烧反应更加充分彻底，提高原料利用率。
②高温煅烧CaCO3分解的化学方程式为：CaCO3 CaO+CO2↑
(2)在”浸钙”中，CaO与H2O反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2该反应是由两种物质（CaO和H2O）反应生成一种物质（Ca(OH)2），符合”多变一”的特征，属于化合反应。
(3)①在”沉钙”中，CO2与Ca(OH)2反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。随着CO2的通入，碱性的Ca(OH)2不断被消耗，溶液的碱性逐渐减弱，因此溶液pH下降。
②流速越大，反应速率越快，单位时间内生成的沉淀越多（曲线斜率越大，上升越快）。但同时，过快的CO2流速也可能导致生成的CaCO3进一步与过量CO2和H2O反应而溶解（CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，易溶于水），使沉淀质量先增大后减小。曲线乙起始阶段上升更快（反应速率大），且达到峰值后出现下降（过量CO2使沉淀溶解），因此曲线乙表示通入为180mL/min流速的CO2废气。
(4)煅烧产生的CO2废气在沉钙阶段重复利用（或”实现了CO2的循环利用，减少温室气体排放”等合理答案）。
【分析】(1)①根据影响化学反应速率的因素。增大反应物接触面积可以加快反应速率并使反应更充分。将固体矿石研磨成粉末，增大了固体与热量的接触面积，使煅烧更充分。
②根据碳酸钙高温分解的反应原理。CaCO3在高温条件下分解为CaO和CO2，这是工业上生产生石灰（CaO）和CO2的重要反应。注意标注反应条件”高温”和气体符号”↑“。
(2)根据氧化钙与水的反应。CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应放出大量热，属于化合反应（两种物质生成一种物质）。同时这也是工业上制备熟石灰的方法。
(3)①根据溶液pH的变化规律。Ca(OH)2溶液呈碱性（pH＞7），通入CO2后生成中性的CaCO3沉淀和H2O，碱性减弱，pH下降。当CO2过量时还可能生成酸性的Ca(HCO3)2溶液，pH进一步下降。
②根据反应速率与图像分析。CO2流速越大，单位时间内参与反应的CO2分子数越多，反应速率越快，表现为沉淀质量增加更快（曲线更陡）。但过大的流速会使CO2过量，导致CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2使沉淀溶解，出现沉淀质量下降的现象。
(4)根据绿色化学理念。绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。本流程中将煅烧产生的CO2废气回收用于沉钙工序，实现了废物的循环利用，减少了CO2排放，体现了绿色化学理念。
12．【答案】（1）14
（2）+4价
（3）D
（4）SiHCl3+H2Si+3HCl
（5）H2O分子；1：2：2
【知识点】有关元素化合价的计算；微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；化学反应的实质
【解析】【解答】(1)根据元素周期表中硅元素的信息示意图，左上角的数字”14”表示原子序数。在原子中，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，因此硅原子核电荷数是14。
(2)在SiO2中，氧元素显-2价，设硅元素的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则：x+(-2)×2=0，解得x=+4。因此SiO2中硅元素化合价为+4价。
(3)A、根据短文内容，以氮化镓（GaN）为代表的第三代半导体材料具有”击穿频率高”的优点，而不是第一代半导体（硅），故A错误；
B、以砷化镓（GaAs）为代表的第二代半导体，氮化镓（GaN）是第三代半导体，故B错误；
C、石英砂的主要成分是SiO2（二氧化硅），不是硅单质，故C错误；
D、短文中提到”我国利用金刚石优异的性质，然后将金刚石创造出了金刚石复合材料”，金刚石具有导热率高的优异性质，可用于制作芯片散热复合材料，故D正确。
故答案为：D。
(4)SiHCl3在高温下经H2还原得到高纯硅Si，同时生成HCl，化学方程式为：
SiHCl3+H2Si+3HCl
(5)①水是由水分子构成的，保持水化学性质的最小粒子是H2O分子（或水分子）。
②甲酸化学式为HCOOH（即CH2O2），一个甲酸分子中含有1个碳原子、2个氢原子和2个氧原子，因此甲酸分子中C、H、O原子个数比为1：2：2。
③根据微观反应示意图分析：反应物为甲酸（HCOOH），在加热条件下分解。生成物中已有H2O分子，根据质量守恒定律（反应前后原子种类和数目不变），另一种生成物X应含有1个碳原子和1个氧原子，即CO（一氧化碳）。因此虚线框中应补充CO分子的微观示意图。
【分析】(1)根据元素周期表一格中的信息。左上角数字=原子序数=核电荷数=质子数；右上角字母=元素符号；中间汉字=元素名称；下方数字=相对原子质量。
(2)根据化合价的计算方法。在化合物中，各元素正负化合价代数和为零。已知氧元素通常显 2价，设Si化合价为x，列方程求解。
(3)根据短文内容逐项分析判断。需要仔细阅读短文，提取关键信息，并与选项进行对比。注意区分第一代（Si）、第二代（GaAs）、第三代（GaN）半导体材料的特点。
(4)根据题目描述书写化学方程式。反应物为SiHCl3和H2，生成物为Si和HCl，反应条件为高温。配平后为SiHCl3+H2高温Si+3HCl。
(5)①根据分子的定义。分子是保持物质化学性质的最小粒子。水由水分子构成，保持水化学性质的最小粒子是水分子（H2O）。
②根据化学式的意义。甲酸化学式HCOOH，分析其中C、H、O三种原子的个数比。
③根据质量守恒定律（化学反应前后原子种类和数目不变）推断未知物质的分子构成。通过比较反应前后各原子的数目，确定X气体为CO分子，并在图中画出CO分子的微观模型。
13．【答案】（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；0.8；快；稀硫酸pH越小，与铁反应产生气泡的速率越大
（2）ⅲ；ⅱ；反应Ⅱ；＞
【知识点】影响化学反应速率的因素探究
【解析】【解答】(1)①铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
②根据控制变量法的要求，探究接触面积对反应速率的影响时，除铁的形状（铁钉vs铁粉）不同外，其他条件（铁的质量、酸的体积和浓度等）应完全相同。已知一根铁钉的质量约为0.8g，因此反应ⅳ中应使用0.8g的铁粉。
③对比反应ⅰ（铁钉，pH=2，产生气泡）和反应ⅳ（铁粉，pH=2，有大量气泡生成），其他条件相同，只有铁的形态不同（铁钉vs铁粉，即接触面积不同），铁粉的接触面积大，反应更剧烈，产生气泡速率更快。因此可知：在其他条件相同时，反应物的接触面积越大，反应越快。
④对比反应ⅰ（pH=2，立即产生气泡）、反应ⅱ（pH=4，60s后有气泡生成）、反应ⅲ（pH=6，无气泡生成），可以看出稀硫酸的pH越小（酸性越强），与铁反应的速率越快。因此结论为：在其他条件相同时，稀硫酸的pH越小（或酸性越强），与铁反应的速率越快。
(2)⑤查阅资料得知还存在反应Ⅱ：4Fe+3O2+6H2SO4=2Fe2(SO4)3+6H2O，该反应消耗氧气。实验ⅲ（pH=6，几乎不产生H2）和实验ⅱ（pH=4，反应很慢）中，由于H2生成量很少或很慢，而反应Ⅱ消耗O2会导致容器内压强变化不明显或与预期不符，因此这两个实验产生的现象与甲图（压强持续增大）不符。
⑥由图乙（O2含量随时间变化）可知，三条曲线（i、ii、iii）的O2含量均逐渐降低，说明三个实验中均有氧气被消耗，即均有反应Ⅱ发生。
⑦根据图甲，Fe和pH=2的稀硫酸反应时，装置内气体压强持续增大。压强增大的原因是反应Ⅰ生成H2使气体增多（压强增大），同时反应Ⅱ消耗O2使气体减少（压强减小）。压强持续增大说明生成气体的效果大于消耗气体的效果，即反应Ⅰ生成H2的体积＞反应Ⅱ消耗O2的体积。
【分析】(1)①根据金属与酸的反应。铁与稀硫酸发生置换反应，生成硫酸亚铁（FeSO4，铁显+2价）和氢气。注意产物是FeSO4而不是Fe2(SO4)3（铁与稀硫酸反应生成+2价铁）。
②根据控制变量法的实验设计原则。要探究接触面积对反应速率的影响，必须保证其他所有条件相同，只改变铁的形态（铁钉vs铁粉）。因此铁粉质量应等于铁钉质量（0.8g）。
③根据对比实验的分析方法。比较反应ⅰ和ⅳ，唯一变量是铁的形态（接触面积），现象差异是气泡产生的快慢，由此得出接触面积与反应速率的关系。
④根据多组对比实验归纳结论。比较ⅰ、ⅱ、ⅲ三组实验，变量是稀硫酸的pH（即酸性强弱），现象是反应速率不同，由此归纳pH对反应速率的影响。
(2)⑤根据实验现象与理论预期的偏差分析。pH=6的稀硫酸酸性极弱，铁几乎不与其反应产生H2；pH=4的稀硫酸反应也很缓慢。在这两种情况下，反应Ⅱ（消耗O2）的影响相对更显著，可能导致压强变化与甲图不符。
⑥根据图像数据分析。图乙显示三个实验中O2含量均下降，说明都有氧气被消耗，即反应Ⅱ在三个实验中都有发生。
⑦根据压强变化的综合分析。容器内压强变化取决于两个相反过程的净效果：反应Ⅰ产生H2（增压）vs反应Ⅱ消耗O2（减压）。压强持续增大说明产气速率大于耗气速率。
14．【答案】（1）不可再生
（2）CH3OH
（3）CO2+3H2CH3OH+H2O；化学性质
（4）8.8g；CH4
【知识点】催化剂的特点与催化作用；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】(1)天然气的主要成分是CH4，天然气是化石燃料之一，形成需要漫长的地质年代，短期内无法再生，属于不可再生能源。
(2)从运输储存角度分析：甲烷（CH4）沸点-162℃，在常温常压下为气体，需要高压压缩或低温液化才能储存运输，操作难度大、成本高；甲醇（CH3OH）沸点65℃，在常温常压下为液体，便于储存和运输。因此应选CH3OH用来做车载燃料。
(3)根据反应示意图：CO2和H2在催化剂作用下、高温条件下反应生成CH3OH和H2O。化学反应方程式为： CO2+3H2CH3OH+H2O。
其中在化学反应中，催化剂的质量和化学性质保持不变（催化剂的定义：能改变反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都不变的物质）。
(4)①已知CH4完全燃烧的化学方程式为： CH4+2O2CO2+2H2O
求3.2g CH4完全燃烧产生CO2的质量：
解：设3.2g CH4完全燃烧产生CO2的质量为x。
CH4+2O2CO2+2H2O
16 44
3.2g x
x=8.8g
答：3.2g CH4完全燃烧产生CO2的质量为8.8g。
②从热值角度分析最优燃料：
CH4的热值计算：16g CH4完全燃烧放出890kJ热量，则CH4热值=890kJ÷16g=55.625 kJ/g
CH3OH的热值已知为23 kJ/g
比较：55.625 kJ/g＞23 kJ/g，即CH4的热值大于CH3OH的热值
热值越大，单位质量燃料完全燃烧放出的热量越多，作为燃料越优良
因此从热值的角度分析，CH4为最优燃料。
【分析】(1)根据能源的分类。可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源（如太阳能、风能、水能等）；不可再生能源是指在自然界中经过亿万年形成，短期内无法恢复的能源（如煤、石油、天然气等化石燃料）。天然气属于化石燃料，是不可再生能源。
(2)根据物质的物理性质选择燃料。车载燃料需要考虑储存和运输的便利性。液体燃料（如甲醇）在常温常压下易于储存和运输；气体燃料（如甲烷）需要高压容器或低温设备，增加了复杂性和成本。
(3)根据微观示意图书写化学方程式。从图中识别反应物（CO2和H2）、生成物（CH3OH和H2O）和反应条件（催化剂、高温），然后配平化学方程式。催化剂在化学反应中的特性是：能改变化学反应速率，但本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。
(4)①根据化学方程式的计算步骤：①设未知量；②写出正确的化学方程式；③列出相关物质的相对分子质量和已知量、未知量；④列比例式求解；⑤简明写出答案。注意相对分子质量的计算要准确。②根据热值的定义和比较方法。热值=完全燃烧放出的热量/燃料质量。需要统一单位进行比较。CH4热值=55.625 kJ/g，大于CH3OH的23 kJ/g，因此CH4更优。
1 / 1【中考真卷】广东省深圳市2026年化学学业水平性考试
1．深圳松岗七星舞狮是世界级非遗文化遗产，狮头制作是中华传统文化，其中涉及了氧化铝，硫酸汞，炭黑，碳酸钙等物质。请帮助苏华同学辨别以下化学用语正确的是（　　）
A．氧化铝AlO B．汞hg
C．两个碳原子C2 D．碳酸根离子
【答案】D
【知识点】化合价与离子表示方法上的异同点；化学符号及其周围数字的意义
【解析】【解答】A、氧化铝中铝元素显+3价，氧元素显-2价，根据化合物中正负化合价代数和为零，氧化铝的化学式应为Al2O3，而不是AlO，故选项A错误，不符合题意；
B、汞是金属元素，其元素符号的第一个字母必须大写，第二个字母小写，正确写法为Hg，而不是hg，故选项B错误，不符合题意；
C、原子的表示方法是用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字。两个碳原子应表示为2C；而C2表示的是一个碳分子（由两个碳原子构成），这与”两个碳原子”的含义不同，故选项C错误，不符合题意；
D、离子的表示方法是在表示该离子的元素符号或原子团符号右上角，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。碳酸根离子带2个单位负电荷，表示为CO32-，故选项D正确，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据化合物化学式的书写规则：正价元素在前，负价元素在后，利用十字交叉法确定原子个数比。铝元素+3价、氧元素-2价，交叉得Al2O3。
B、根据元素符号的书写规则：由一个字母表示的元素符号要大写；由两个字母表示的元素符号，第一个字母大写，第二个字母小写。汞的元素符号为Hg。
C、根据原子的表示方法：在元素符号前加数字表示原子个数。“两个碳原子”应在C前面加2，即2C；C2表示的是由两个碳原子构成的分子。
D、根据离子的表示方法：在原子团符号右上角标注电荷数和电性。碳酸根离子(CO3)2-带2个单位负电荷，写作CO32-。
2．刘洋同学判断以下哪个做法不符合绿色发展理念（　　）
A．废弃塑料垃圾随意填埋 B．吃水果补充维生素C
C．油锅着火后立即用锅盖盖灭 D．用热水把压瘪的乒乓球复原
【答案】A
【知识点】绿色化学；灭火的原理和方法
【解析】【解答】A、废弃塑料垃圾随意填埋会造成土壤污染、地下水污染等环境问题，塑料难以降解，长期积累会严重破坏生态环境，不符合绿色发展理念，故选项A不符合绿色发展理念，符合题意（题目要求选不符合的）；
B、吃水果补充维生素C有利于人体健康，水果中的维生素C是人体必需的营养素，这种做法健康环保，符合绿色发展理念，故选项B不符合题意；
C、油锅着火时用锅盖盖灭的原理是隔绝氧气（空气），使燃烧因缺少氧气而熄灭，这是一种安全有效的灭火方法，符合绿色安全理念，故选项C不符合题意；
D、用热水把压瘪的乒乓球复原是利用了气体受热膨胀的物理原理，将压瘪的乒乓球放入热水中，球内气体受热膨胀使乒乓球恢复原状，不涉及有害化学物质，符合绿色发展理念，故选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据绿色发展理念的核心：减少污染、保护环境。废弃塑料随意填埋会导致”白色污染”，塑料在自然界中难以降解，会长期占据土壤空间，影响植物生长，同时可能释放有害物质污染地下水。
B、根据维生素C对人体健康的重要性。维生素C又称抗坏血酸，存在于新鲜水果蔬菜中，能增强免疫力，吃水果补充维生素C是健康生活方式。
C、根据燃烧的条件和灭火原理。燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、与氧气接触、温度达到着火点。灭火就是破坏其中一个条件。用锅盖盖灭油锅着火是隔绝氧气（隔绝空气）的灭火方法。
D、根据气体的热胀冷缩性质。温度升高，气体分子运动加剧，分子间间隔增大，气体体积膨胀。压瘪的乒乓球放入热水中，球内气体受热膨胀将凹陷处顶起恢复原状。
3．科技创新打造发展之基，下列科技成果中所涉及的化学知识描述，请帮助林钊同学找出错误的一项是（　　）
A．天宫空间站中电解水制取的O2可供宇航员呼吸
B．极地破冰船“雪龙”破冰时，冰熔化发生的是化学变化
C．万米级钻头“地壳1号”钻头含有的金刚石是单质
D．我国“福建舰”舰体所用的高硬度钢的硬度比铁大
【答案】B
【知识点】氧气的用途；合金与合金的性质；物理变化、化学变化的特点及其判别
【解析】【解答】A、天宫空间站中电解水可以制取氧气（2H2O通电2H2↑+O2↑），氧气能供给呼吸，可供宇航员呼吸，该描述正确，故选项A不符合题意；
B、极地破冰船”雪龙”破冰时，冰熔化只是水由固态变为液态，没有新物质生成，属于物理变化而不是化学变化，该描述错误，故选项B符合题意；
C、金刚石是由碳元素一种元素组成的纯净物，属于单质，万米级钻头”地壳1号”钻头含有的金刚石是单质，该描述正确，故选项C不符合题意；
D、钢是铁的合金，合金的硬度一般比组成它的纯金属大，所以高硬度钢的硬度比纯铁大，该描述正确，故选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据电解水实验的原理和氧气的用途。电解水生成氢气和氧气，氧气能供给呼吸，是航天器中氧气的重要来源之一。
B、根据物理变化和化学变化的本质区别：是否有新物质生成。冰熔化是水的状态变化（固态→液态），分子本身没有改变，只是分子间间隔发生变化，属于物理变化。
C、根据单质和化合物的定义。单质是由同种元素组成的纯净物。金刚石只由碳元素组成，是碳的一种同素异形体，属于单质。
D、根据合金的性质特点。合金是在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金的硬度一般大于其组成纯金属的硬度，钢是铁碳合金，硬度大于纯铁。
4．高顺同学利用大理石和稀盐酸制取CO2，并过滤固液混合物，测定滤液的pH，经系列操作制得CaCl2粗品，下列操作中不能达到相应目的的是（　　）
A．制备CO2 B．收集CO2
C．过滤 D．测定pH
【答案】B
【知识点】过滤的原理、方法及其应用；溶液的酸碱度测定；二氧化碳的实验室制法
【解析】【解答】A、制备CO2：实验室常用大理石（主要成分CaCO3）和稀盐酸在常温下反应制取CO2，属于固液常温型反应，可使用图中所示的发生装置（锥形瓶+长颈漏斗），该操作能达到制备CO2的目的，故选项A不符合题意；
B、收集CO2：二氧化碳密度比空气大，应使用向上排空气法收集。使用万能瓶收集密度比空气大的气体时，气体应从长管进入（长进短出），将空气从短管排出。图中收集装置若为短管进气则无法有效收集CO2（气体会从短管直接逸出），该操作不能达到收集CO2的目的，故选项B符合题意；
C、过滤：过滤操作需要遵循”一贴二低三靠”原则。图中装置包含铁架台、漏斗、烧杯和玻璃棒，玻璃棒引流，漏斗下端紧靠烧杯内壁，操作规范，能达到过滤的目的，故选项C不符合题意；
D、测定pH：测定溶液pH的正确方法是用玻璃棒蘸取（或用胶头滴管吸取）少量待测液滴在放在玻璃片上的pH试纸上，将试纸显示的颜色与标准比色卡对照。图中操作将pH试纸放在玻璃片上，用胶头滴管滴加液体，操作正确，能达到测定pH的目的，故选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、根据气体制备装置的选择依据。固液常温型反应（不需要加热）可选用锥形瓶配合长颈漏斗的发生装置。实验室制CO2用大理石（固体）和稀盐酸（液体）在常温下反应，适用此装置。
B、根据气体收集方法的选择依据。密度比空气大的气体用向上排空气法（长进短出）；密度比空气小的气体用向下排空气法（短进长出）。CO2密度（约1.977g/L）大于空气平均密度（约1.29g/L），应长管进气。
C、根据过滤操作的规范要求。“一贴”指滤纸紧贴漏斗内壁；“二低”指滤纸边缘低于漏斗边缘、液面低于滤纸边缘；“三靠”指烧杯口靠玻璃棒、玻璃棒下端靠三层滤纸处、漏斗下端靠烧杯内壁。
D、根据pH试纸的正确使用方法。不能将pH试纸直接浸入待测液中（会污染试剂），也不能先用水润湿pH试纸（会稀释待测液影响结果）。正确做法是用玻璃棒蘸取或胶头滴管吸取待测液滴在试纸上。
5．下列刘璐同学的劳动项目与化学知识相对应正确的是（　　）
劳动项目 化学知识
A 用草木灰（含K2CO3）施肥 草木灰可以做钾肥
B 用小苏打做发酵粉做面包 小苏打是Na2CO3
C 用赤铁矿炼铁 CO+Fe2O32Fe+CO2
D 用活性炭自制净水器过滤河水 河水被过滤，吸附得到纯水
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】水的净化；常用盐的用途；常见化肥的种类和作用；化学方程式的书写与配平
【解析】【解答】A、草木灰中含有K2CO3（碳酸钾），碳酸钾中含有钾元素（K），属于钾肥，用草木灰施肥可以做钾肥，劳动项目与化学知识对应正确，故选项A符合题意；
B、小苏打的化学名称是碳酸氢钠，化学式为NaHCO3，而不是Na2CO3（Na2CO3是纯碱/碳酸钠的化学式），劳动项目与化学知识对应错误，故选项B不符合题意；
C、用赤铁矿（主要成分Fe2O3）炼铁的化学方程式应为：3CO+Fe2O32Fe+3CO2。选项中的方程式没有配平（CO和CO2前面缺少系数3），且缺少反应条件”高温”，故选项C不符合题意；
D、用活性炭自制净水器过滤河水，活性炭具有吸附性可以吸附水中的色素和异味，但过滤和吸附不能除去水中所有的可溶性杂质（如钙镁离子、矿物质等），得到的不是纯水而是净化后的水。要得到纯水需要蒸馏操作，故选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据化肥的分类。含有氮元素的肥料叫氮肥，含有磷元素的肥料叫磷肥，含有钾元素的肥料叫钾肥，同时含有两种或两种以上营养元素的肥料叫复合肥。K2CO3含钾元素，属于钾肥。
B、根据常见物质的俗名和化学式。小苏打=碳酸氢钠=NaHCO3；纯碱/苏打=碳酸钠=Na2CO3。两者是不同的物质，注意区分。
C、根据化学方程式的书写原则：①以客观事实为依据；②遵守质量守恒定律（配平）；③注明反应条件；④标注生成物状态符号（↑、↓）。炼铁反应需要高温条件，且方程式必须配平。
D、根据水的净化方法。过滤除去不溶性杂质，吸附（活性炭）除去色素和异味，消毒杀菌，但都不能除去可溶性杂质。蒸馏才是得到纯水程度最高的净化方法。
6．近期，我国科学家成功将甘油（C3H8O3）转化为山梨糖（C6H12O6），为物质资源高值利用提供了新路径，下列唐龙和庭满同学的说法正确的是（　　）
（甘油）C3H8O3（山梨糖）C6H12O6
A．甘油分子中含有一个O3分子
B．山梨糖由24个原子构成
C．甘油与山梨糖均属于氧化物
D．山梨糖的碳元素质量分数大于甘油中碳元素的质量分数
【答案】D
【知识点】化学式的书写及意义；化学式的相关计算；从组成上识别氧化物
【解析】【解答】A、分子是由原子构成的，甘油（C3H8O3）分子中含有氧原子，不含氧分子（O3是臭氧分子）。甘油分子中含有3个氧原子，但不能说含有一个O3分子，故选项A错误，不符合题意；
B、山梨糖（C6H12O6）是由山梨糖分子构成的，应该说”一个山梨糖分子由24个原子构成”（6个碳原子+12个氢原子+6个氧原子=24个原子）。选项中说”山梨糖由24个原子构成”缺少”一个分子”的前提，表述错误，故选项B错误，不符合题意；
C、氧化物是由两种元素组成且其中一种是氧元素的化合物。甘油（C3H8O3）由C、H、O三种元素组成，山梨糖（C6H12O6）也由C、H、O三种元素组成，它们都不是氧化物，故选项C错误，不符合题意；
D、计算甘油和山梨糖中碳元素的质量分数：
甘油（C3H8O3）中碳元素质量分数=×100%=×100%≈39.1%
山梨糖（C6H12O6）中碳元素质量分数=×100%=×100%=40%
40%＞39.1%，所以山梨糖的碳元素质量分数大于甘油中碳元素的质量分数，故选项D正确，符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据分子的构成。分子由原子构成，不能说分子中含有其他分子。甘油分子中含有氧原子，不是氧分子。O3是臭氧的分子式，与甘油分子中的氧原子完全不同。
B、根据物质构成的描述规范。描述物质构成时，宏观上说”物质由元素组成”，微观上说”分子由原子构成”。对于由分子构成的物质，应该说”一个分子由几个原子构成”，不能省略”一个分子”。
C、根据氧化物的定义。氧化物必须同时满足两个条件：①由两种元素组成；②其中一种是氧元素。C3H8O3和C6H122O6都由三种元素组成，不符合氧化物定义。
D、根据元素质量分数的计算方法。某元素质量分数=(该元素相对原子质量×原子个数)÷化合物相对分子质量×100%。需要分别计算比较。
7．下列高帆同学和骥翔同学的实验方案能够达到目的的是（　　）
实验目的 实验方案
A 除去Cu片上的CuO 向固体加入足量稀硫酸
B 检测CO2气体中混有CO 将气体通入澄清石灰水
C 分辨NaCl溶液和稀盐酸 向溶液中加入酚酞溶液
D 稀释浓硫酸 向浓硫酸中缓缓倒水
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】物质除杂或净化的探究；物质的除杂、净化；物质的检验、鉴别
【解析】【解答】A、向固体加入足量稀硫酸，CuO能与稀硫酸反应生成可溶性的CuSO4和H2O（CuO+H2SO4=CuSO4+H2O），而Cu不与稀硫酸反应（铜在金属活动性顺序中排在氢后面），反应后过滤即可得到纯净的Cu片，能达到实验目的，故选项A符合题意；
B、将气体通入澄清石灰水，澄清石灰水只能检验CO2的存在（CO2使澄清石灰水变浑浊），但不能检测CO。CO不与澄清石灰水反应，也无法通过此方法观察到明显现象来证明CO的存在，故选项B不符合题意；
C、向溶液中加入酚酞溶液，NaCl溶液呈中性，稀盐酸呈酸性，酚酞在中性和酸性溶液中均不变色（酚酞遇碱变红，遇酸性和中性溶液不变色），无法通过颜色变化来区分两者，故选项C不符合题意；
D、应将浓硫酸沿容器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌使热量及时散失。若将水倒入浓硫酸中，由于水的密度比浓硫酸小，水会浮在浓硫酸上面，浓硫酸溶解时放出大量的热会使水立刻沸腾，造成酸液飞溅，非常危险，故选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据除杂原则：①不减少被提纯物质；②不引入新杂质；③易分离。CuO是碱性氧化物能与酸反应，而Cu不与稀硫酸反应，因此可用稀硫酸除去Cu中的CuO，再过滤洗涤干燥即可。
B、根据CO和CO2的性质差异。CO2能使澄清石灰水变浑浊（Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O），但CO不能。要检测CO可利用其可燃性或还原性（如通过灼热氧化铜看是否变红）。
C、根据酸碱指示剂的变色规律。酚酞遇碱性溶液变红，遇酸性和中性溶液不变色。NaCl溶液（中性）和稀盐酸（酸性）都不能使酚酞变色，因此无法用酚酞区分。可用紫色石蕊溶液（酸变红、中性不变色）或锌粒（酸产生气泡）来区分。
D、根据浓硫酸稀释的安全操作。浓硫酸密度（约1.84g/cm3）远大于水（1g/cm3），且浓硫酸溶于水放出大量热。必须将浓硫酸倒入水中，不能将水倒入浓硫酸中，否则会造成酸液飞溅伤人。
8．化学实践小组的同学们用氯化钾在烧杯中按下表配制溶液。KCl不同温度下溶解度情况如图所示。下列佳乐同学和娥冰同学的说法正确的是（　　）
①号组 ②号组 ③号组
氯化钾的质量/g 10 36 90
水的质量/g 50 100 200
A．0℃时，①号组溶液为饱和溶液
B．0℃时，①号组溶液的溶质质量分数为20%
C．将②号组的溶液从30℃降温到20℃的时候，有固体析出
D．③号组溶液，温度为40℃时，溶液的质量为290g
【答案】C
【知识点】饱和溶液和不饱和溶液；固体溶解度的概念；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】A、0℃时，KCl的溶解度约为31g，即100g水中最多可溶解31gKCl，则50g水最多可溶解×50g=15.5gKCl。①号组实际加入10gKCl，10g＜15.5g，所以该溶液为不饱和溶液，选项A不符合题意；
B、0℃时，①号组10gKCl全部溶解在50g水中，溶质质量分数=×100%≈16.7%，不是20%，选项B不符合题意；
C、②号组36gKCl加入100g水中。30℃时KCl溶解度为37g，36g＜37g，此时为不饱和溶液；降温至20℃时，溶解度降为34g，36g＞34g，会析出36g-34g=2gKCl固体，选项C符合题意；
D、③号组90gKCl加入200g水中，40℃时KCl溶解度为40g，则200g水最多可溶解×200g=80gKCl。实际加入90g＞80g，有10g未溶解，溶液质量=溶解的KCl质量+水的质量=80g+200g=280g，不是290g，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据0℃时KCl溶解度约31g，计算50g水最多溶解15.5gKCl，实际加入10g小于此值，判断为不饱和溶液；
B、根据溶质质量分数=溶质质量÷溶液质量×100%计算，注意溶液质量包括溶质和溶剂；
C、根据30℃时溶解度为37g、20℃时溶解度为34g，对比加入量与溶解度的大小关系判断是否有固体析出；
D、根据40℃时溶解度为40g，计算200g水最多溶解80gKCl，未溶解部分不计入溶液质量。
9．伟杰同学和少闯同学将带MnO2的燃烧匙伸入H2O2中，待到Ⅱ中充满O2，关闭止水夹，用激光笔照射点燃，下列选项中描述错误的是（　　）
A．白磷和硫粉的燃烧都属于化合反应
B．将带火星木条放在出气口，若复燃则O2已满
C．两种固体点燃后均能产生白烟
D．对比激光笔照射固体前后，可验证物体燃烧要达到着火点
【答案】C
【知识点】氧气的检验和验满；化合反应及其应用；燃烧与燃烧的条件
【解析】【解答】根据实验装置：装置Ⅰ中H2O2在MnO2催化下分解产生O2，产生的O2经干燥后通入装置Ⅱ中，装置Ⅱ中有白磷或硫粉，用激光笔照射点燃。
A、白磷燃烧：4P+5O22P2O5（两种物质反应生成一种物质，属于化合反应）；硫粉燃烧：S+O2SO2（两种物质反应生成一种物质，属于化合反应）。两种燃烧都属于化合反应，描述正确，故选项A不符合题意；
B、氧气具有助燃性，将带火星木条放在出气口，若木条复燃说明O2已充满装置Ⅱ，该检验方法正确，故选项B不符合题意；
C、白磷燃烧生成P2O5白色固体小颗粒，现象为产生大量白烟；但硫粉燃烧生成SO2气体，现象为产生蓝紫色火焰和刺激性气味的气体，不是白烟。“两种固体点燃后均能产生白烟”描述错误，故选项C符合题意；
D、用激光笔照射前，白磷和硫粉不燃烧（温度未达到着火点）；激光笔照射后，温度升高达到着火点，固体开始燃烧。通过照射前后的对比，可以验证燃烧需要温度达到可燃物的着火点，描述正确，故选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据化合反应的定义：由两种或两种以上物质反应生成一种物质的反应（多变一）。白磷燃烧和硫燃烧都符合”多变一”的特征。
B、根据氧气的检验方法。氧气能支持燃烧，可使带火星的木条复燃。将带火星木条放在气体出口处，若复燃则说明气体已充满。
C、根据燃烧现象的准确描述。白磷燃烧产生大量白烟（P2O5固体小颗粒悬浮在空气中）；硫在氧气中燃烧发出蓝紫色火焰，生成有刺激性气味的SO2气体，不是白烟。注意”烟”（固体小颗粒）和”雾”（液体小滴）的区别。
D、根据燃烧条件的探究方法。燃烧需要同时满足三个条件：①可燃物；②与氧气（或空气）接触；③温度达到着火点。本实验通过激光笔照射改变温度来探究着火点这一条件，采用了对比实验的方法。
10．如图是凡傲同学和陈天同学作出的五种物质类别之间的转化关系图（—表示物质之间可反应），下列说法错误的是（　　）
A．若酸为HCl，则①可用于金属除铁锈
B．②可以表示为酸碱中和反应
C．若盐为Na2CO3，则③中碱为NaOH
D．若金属为Cu，则④可证明金属活动性Cu＞Au
【答案】C
【知识点】酸的化学性质
【解析】【解答】根据转化关系图：酸、碱、盐、金属、氧化物五类物质之间的反应关系。其中①为酸与氧化物之间的反应，②为酸与碱之间的反应，③为盐与碱之间的反应，④为盐与金属之间的反应。
A、若酸为HCl，①表示酸与氧化物的反应。铁锈的主要成分是Fe2O3（金属氧化物），HCl能与Fe2O3反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，可用于金属除铁锈，描述正确，故选项A不符合题意；
B、②表示酸与碱之间的反应，酸和碱反应生成盐和水的反应叫做中和反应，所以②可以表示酸碱中和反应，描述正确，故选项B不符合题意；
C、若盐为Na2CO3，③表示盐与碱之间的反应。Na2CO3和NaOH两种物质混合，由于它们都含有Na+，交换成分后无法生成沉淀、气体或水，不发生化学反应，因此③中碱不能是NaOH，描述错误，故选项C符合题意；
D、若金属为Cu，④表示盐与金属之间的反应。Cu能与Au的盐溶液（如AuCl3溶液）发生置换反应：2AuCl3+3Cu=3CuCl2+2Au，说明Cu的金属活动性比Au强，可证明金属活动性Cu＞Au，描述正确，故选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、根据酸的化学性质。酸能与金属氧化物反应生成盐和水。铁锈主要成分Fe2O3是金属氧化物，能与HCl反应生成可溶性的FeCl3和H2O，从而除去铁锈。
B、根据中和反应的定义。酸和碱作用生成盐和水的反应叫做中和反应。②连接酸和碱，表示的就是酸碱之间的反应，属于中和反应。
C、根据复分解反应发生的条件。两种化合物互相交换成分，生成物中必须有沉淀、气体或水之一，反应才能发生。Na2CO3和NaOH交换成分后得到Na2CO3和NaOH（没有新物质生成），不满足复分解反应条件，因此二者不反应。
D、根据金属活动性顺序的应用。在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从其盐溶液中置换出来。Cu能置换出Au盐溶液中的Au，说明Cu的活动性大于Au。
11．金翊同学和粤鹏同学以含钙菱镁矿（MgCO3，CaCO3等）为原料制得MgO并获得工业CaCO3流程，其反应流程如图所示：
（1）①承洲同学和志雄同学在“煅烧”中，为了使反应更充分，应　 　处理钙菱镁矿。
②高温煅烧CaCO3分解的方程式为　 　
（2）在“浸钙”中含有多种化学反应，其中CaO与H2O反应方程式为　 　，是　 　反应（填基本反应类型）
（3）在“沉钙”中：
①CO2与Ca（OH）2反应中，溶液pH　 　（上升/下降/不变）。
②反应时，通过CO2废气不同流速（60mL/min，180mL/min），如图，曲线　 　表示通入为180mL/min流速的CO2废气。（CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2，易溶于水）
（4）从以上工艺流程中，含有绿色理念的有　 　（填一种）
【答案】（1）研磨；CaCO3CaO+CO2↑
（2）CaO+H2O=Ca（OH）2；化合
（3）下降；乙
（4）煅烧产生的CO2废气在沉钙阶段重复利用
【知识点】反应类型的判定；化学方程式的书写与配平；物质的相互转化和制备
【解析】【解答】含钙菱镁矿首先经过”煅烧”处理，在高温下MgCO3和CaCO3分别分解：MgCO3 MgO+CO2↑，CaCO3 CaO+CO2↑。产生的CO2作为废气排出（后续可回收利用），得到的固体产物”轻烧粉”主要成分为MgO和CaO。
轻烧粉进入”浸钙”工序，加入水后CaO与水反应生成Ca(OH)2（进入溶液），而MgO不溶于水也不与水反应（或反应很慢），通过过滤等操作将MgO分离出来。含Ca(OH)2的溶液（高钙废水）进入”沉钙”工序，通入CO2废气使Ca(OH)2转化为CaCO3沉淀，经过滤得到产品CaCO3，同时CO2废气在此环节被循环利用，体现了绿色化学理念。
(1)①在”煅烧”操作中，为了使反应更充分，应研磨处理钙菱镁矿。将矿石研磨成粉末可以增大反应物之间的接触面积，使煅烧反应更加充分彻底，提高原料利用率。
②高温煅烧CaCO3分解的化学方程式为：CaCO3 CaO+CO2↑
(2)在”浸钙”中，CaO与H2O反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2该反应是由两种物质（CaO和H2O）反应生成一种物质（Ca(OH)2），符合”多变一”的特征，属于化合反应。
(3)①在”沉钙”中，CO2与Ca(OH)2反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。随着CO2的通入，碱性的Ca(OH)2不断被消耗，溶液的碱性逐渐减弱，因此溶液pH下降。
②流速越大，反应速率越快，单位时间内生成的沉淀越多（曲线斜率越大，上升越快）。但同时，过快的CO2流速也可能导致生成的CaCO3进一步与过量CO2和H2O反应而溶解（CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，易溶于水），使沉淀质量先增大后减小。曲线乙起始阶段上升更快（反应速率大），且达到峰值后出现下降（过量CO2使沉淀溶解），因此曲线乙表示通入为180mL/min流速的CO2废气。
(4)煅烧产生的CO2废气在沉钙阶段重复利用（或”实现了CO2的循环利用，减少温室气体排放”等合理答案）。
【分析】(1)①根据影响化学反应速率的因素。增大反应物接触面积可以加快反应速率并使反应更充分。将固体矿石研磨成粉末，增大了固体与热量的接触面积，使煅烧更充分。
②根据碳酸钙高温分解的反应原理。CaCO3在高温条件下分解为CaO和CO2，这是工业上生产生石灰（CaO）和CO2的重要反应。注意标注反应条件”高温”和气体符号”↑“。
(2)根据氧化钙与水的反应。CaO+H2O=Ca(OH)2，该反应放出大量热，属于化合反应（两种物质生成一种物质）。同时这也是工业上制备熟石灰的方法。
(3)①根据溶液pH的变化规律。Ca(OH)2溶液呈碱性（pH＞7），通入CO2后生成中性的CaCO3沉淀和H2O，碱性减弱，pH下降。当CO2过量时还可能生成酸性的Ca(HCO3)2溶液，pH进一步下降。
②根据反应速率与图像分析。CO2流速越大，单位时间内参与反应的CO2分子数越多，反应速率越快，表现为沉淀质量增加更快（曲线更陡）。但过大的流速会使CO2过量，导致CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2使沉淀溶解，出现沉淀质量下降的现象。
(4)根据绿色化学理念。绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。本流程中将煅烧产生的CO2废气回收用于沉钙工序，实现了废物的循环利用，减少了CO2排放，体现了绿色化学理念。
12．【科普阅读】
半导体材料的发展加速了芯片革新，以硅为代表的第一代半导体满足了电子电器芯片的基本需求。以砷化镓（GaAs）为代表的第二代半导体在高频通信和光电领域大显身手，与第一第二代半导体材料相比，以氮化镓（GaN）为代表的第三代半导体材料具有击穿频率高、导热率高等优点，是制作高频高温及大功率器件的优异材料。工业上使用SiO2制粗硅，将粗硅转化为SiHCl3，再在高温下经H2还原得到高纯硅Si。我国利用金刚石优异的性质，然后将金刚石创造出了金刚石复合材料
（1）硅原子核电荷数是　 　
（2） SiO2中硅元素化合价为　 　
（3）以下李芳同学的描述正确的是（　　）
A．第一代半导体击穿频率高
B．第二代半导体是氮化镓
C．石英砂的主要成分是硅
D．金刚石可用于制作芯片散热复合材料
（4） SiHCl3在高温下经H2还原得到高纯硅Si，同时生成HCl的化学方程式　 　
（5）某种气体X可以蚀刻一些半导体芯片，甲酸可以生成这种气体，以下是反应的微观图。请和英姿同学和建豪同学一起回答以下问题：
①保持水化学性质最小粒子　 　。
②甲酸分子C、H、O原子个数比　 　。
③在现实中该反应三种物质的分子个数比相同，请你在虚线框补充X气体的微观图。
【答案】（1）14
（2）+4价
（3）D
（4）SiHCl3+H2Si+3HCl
（5）H2O分子；1：2：2
【知识点】有关元素化合价的计算；微粒观点及模型图的应用；质量守恒定律及其应用；化学反应的实质
【解析】【解答】(1)根据元素周期表中硅元素的信息示意图，左上角的数字”14”表示原子序数。在原子中，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，因此硅原子核电荷数是14。
(2)在SiO2中，氧元素显-2价，设硅元素的化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则：x+(-2)×2=0，解得x=+4。因此SiO2中硅元素化合价为+4价。
(3)A、根据短文内容，以氮化镓（GaN）为代表的第三代半导体材料具有”击穿频率高”的优点，而不是第一代半导体（硅），故A错误；
B、以砷化镓（GaAs）为代表的第二代半导体，氮化镓（GaN）是第三代半导体，故B错误；
C、石英砂的主要成分是SiO2（二氧化硅），不是硅单质，故C错误；
D、短文中提到”我国利用金刚石优异的性质，然后将金刚石创造出了金刚石复合材料”，金刚石具有导热率高的优异性质，可用于制作芯片散热复合材料，故D正确。
故答案为：D。
(4)SiHCl3在高温下经H2还原得到高纯硅Si，同时生成HCl，化学方程式为：
SiHCl3+H2Si+3HCl
(5)①水是由水分子构成的，保持水化学性质的最小粒子是H2O分子（或水分子）。
②甲酸化学式为HCOOH（即CH2O2），一个甲酸分子中含有1个碳原子、2个氢原子和2个氧原子，因此甲酸分子中C、H、O原子个数比为1：2：2。
③根据微观反应示意图分析：反应物为甲酸（HCOOH），在加热条件下分解。生成物中已有H2O分子，根据质量守恒定律（反应前后原子种类和数目不变），另一种生成物X应含有1个碳原子和1个氧原子，即CO（一氧化碳）。因此虚线框中应补充CO分子的微观示意图。
【分析】(1)根据元素周期表一格中的信息。左上角数字=原子序数=核电荷数=质子数；右上角字母=元素符号；中间汉字=元素名称；下方数字=相对原子质量。
(2)根据化合价的计算方法。在化合物中，各元素正负化合价代数和为零。已知氧元素通常显 2价，设Si化合价为x，列方程求解。
(3)根据短文内容逐项分析判断。需要仔细阅读短文，提取关键信息，并与选项进行对比。注意区分第一代（Si）、第二代（GaAs）、第三代（GaN）半导体材料的特点。
(4)根据题目描述书写化学方程式。反应物为SiHCl3和H2，生成物为Si和HCl，反应条件为高温。配平后为SiHCl3+H2高温Si+3HCl。
(5)①根据分子的定义。分子是保持物质化学性质的最小粒子。水由水分子构成，保持水化学性质的最小粒子是水分子（H2O）。
②根据化学式的意义。甲酸化学式HCOOH，分析其中C、H、O三种原子的个数比。
③根据质量守恒定律（化学反应前后原子种类和数目不变）推断未知物质的分子构成。通过比较反应前后各原子的数目，确定X气体为CO分子，并在图中画出CO分子的微观模型。
13．实验小组利用铁与稀硫酸反应，进行探究“影响化学反应速率的因素”的实验。
（1）①永浩同学写出铁与稀硫酸反应的化学方程式反应Ⅰ：　 　。
②刘悦同学和徐科同学实验操作如下表所示（已知一根铁钉的质量约为0.8g）
i 将一根铁钉放入5mL，pH=2的稀硫酸中 产生气泡
ⅱ 将一根铁钉放入5mL，pH=4的稀硫酸中 60s后有气泡生成
ⅲ 将一根铁钉放入5mL，pH=6的稀硫酸中 无气泡生成
ⅳ 将　 　g的铁粉放入5mL，pH=2的稀硫酸中 有大量气泡生成
③通过反应ⅰ和反应ⅲ可知，在其他条件相同时，反应物的接触面积越大，反应越　 　。
④由反应ⅰ，ⅱ，ⅲ可知在其他条件相同时，　 　。
（2）培忠同学和雨萌同学在上述实验中测得气压并绘制出气压与反应时间关系图
【查阅资料】反应Ⅱ：4Fe+3O2+6H2SO4=2Fe2（SO4）3+6H2O
⑤林达同学和锦颖同学发现实验　 　和　 　（填ⅰ、ⅱ或ⅲ）产生的现象与甲图不符，查阅资料后，决定对反应中容器内氧气的体积进行探究：
⑥俊基同学由图乙可知反应i，ⅱ，ⅲ中均有　 　（填“反应I”或“反应Ⅱ”）发生。
⑦根据图甲，Fe和pH=2的稀硫酸反应时，500s内，装置内气体压强持续增大，是因为反应Ⅰ生成H2的体积　 　（＜、＞或=）反应Ⅱ消耗O2的体积。
【答案】（1）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑；0.8；快；稀硫酸pH越小，与铁反应产生气泡的速率越大
（2）ⅲ；ⅱ；反应Ⅱ；＞
【知识点】影响化学反应速率的因素探究
【解析】【解答】(1)①铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
②根据控制变量法的要求，探究接触面积对反应速率的影响时，除铁的形状（铁钉vs铁粉）不同外，其他条件（铁的质量、酸的体积和浓度等）应完全相同。已知一根铁钉的质量约为0.8g，因此反应ⅳ中应使用0.8g的铁粉。
③对比反应ⅰ（铁钉，pH=2，产生气泡）和反应ⅳ（铁粉，pH=2，有大量气泡生成），其他条件相同，只有铁的形态不同（铁钉vs铁粉，即接触面积不同），铁粉的接触面积大，反应更剧烈，产生气泡速率更快。因此可知：在其他条件相同时，反应物的接触面积越大，反应越快。
④对比反应ⅰ（pH=2，立即产生气泡）、反应ⅱ（pH=4，60s后有气泡生成）、反应ⅲ（pH=6，无气泡生成），可以看出稀硫酸的pH越小（酸性越强），与铁反应的速率越快。因此结论为：在其他条件相同时，稀硫酸的pH越小（或酸性越强），与铁反应的速率越快。
(2)⑤查阅资料得知还存在反应Ⅱ：4Fe+3O2+6H2SO4=2Fe2(SO4)3+6H2O，该反应消耗氧气。实验ⅲ（pH=6，几乎不产生H2）和实验ⅱ（pH=4，反应很慢）中，由于H2生成量很少或很慢，而反应Ⅱ消耗O2会导致容器内压强变化不明显或与预期不符，因此这两个实验产生的现象与甲图（压强持续增大）不符。
⑥由图乙（O2含量随时间变化）可知，三条曲线（i、ii、iii）的O2含量均逐渐降低，说明三个实验中均有氧气被消耗，即均有反应Ⅱ发生。
⑦根据图甲，Fe和pH=2的稀硫酸反应时，装置内气体压强持续增大。压强增大的原因是反应Ⅰ生成H2使气体增多（压强增大），同时反应Ⅱ消耗O2使气体减少（压强减小）。压强持续增大说明生成气体的效果大于消耗气体的效果，即反应Ⅰ生成H2的体积＞反应Ⅱ消耗O2的体积。
【分析】(1)①根据金属与酸的反应。铁与稀硫酸发生置换反应，生成硫酸亚铁（FeSO4，铁显+2价）和氢气。注意产物是FeSO4而不是Fe2(SO4)3（铁与稀硫酸反应生成+2价铁）。
②根据控制变量法的实验设计原则。要探究接触面积对反应速率的影响，必须保证其他所有条件相同，只改变铁的形态（铁钉vs铁粉）。因此铁粉质量应等于铁钉质量（0.8g）。
③根据对比实验的分析方法。比较反应ⅰ和ⅳ，唯一变量是铁的形态（接触面积），现象差异是气泡产生的快慢，由此得出接触面积与反应速率的关系。
④根据多组对比实验归纳结论。比较ⅰ、ⅱ、ⅲ三组实验，变量是稀硫酸的pH（即酸性强弱），现象是反应速率不同，由此归纳pH对反应速率的影响。
(2)⑤根据实验现象与理论预期的偏差分析。pH=6的稀硫酸酸性极弱，铁几乎不与其反应产生H2；pH=4的稀硫酸反应也很缓慢。在这两种情况下，反应Ⅱ（消耗O2）的影响相对更显著，可能导致压强变化与甲图不符。
⑥根据图像数据分析。图乙显示三个实验中O2含量均下降，说明都有氧气被消耗，即反应Ⅱ在三个实验中都有发生。
⑦根据压强变化的综合分析。容器内压强变化取决于两个相反过程的净效果：反应Ⅰ产生H2（增压）vs反应Ⅱ消耗O2（减压）。压强持续增大说明产气速率大于耗气速率。
14．燃料燃烧是人类获取能量的最重要的途径，其中甲烷（CH4）、甲醇（CH3OH）是重要的燃料
（1）请帮助桐斌和彭宽同学判断，天然气（主要成分CH4）属于　 　（可再生/不可再生）能源
（2）甲烷沸点-162℃，甲醇沸点65℃。从运输储存角度分析汪锐同学和佳佳同学应选　 　（选填“CH3OH”或“CH4”）用来做车载燃料
（3）工业中高温条件下制备CH3OH的化学反应如图所示，请帮助嘉贤同学和泽枫同学写出化学反应方程式　 　。其中在化学反应中催化剂的质量和　 　保持不变。
（4）探究燃料的燃烧可提升化学反应的应用价值，已知16克CH4完全燃烧放出热量为890kJ。
①已知CH4完全燃烧为CH4+2O2CO2+2H2O，和卓琪同学一起求3.2克CH4完全燃烧产生CO2的质量（根据化学方程式写出计算过程）。
②热值是物质完全燃烧放出热量与其质量之比，已知CH3OH热值为23kJ/g，从热值的角度帮助肖亚同学分析 ▲ （选填“CH3OH”或“CH4”）为最优燃料
【答案】（1）不可再生
（2）CH3OH
（3）CO2+3H2CH3OH+H2O；化学性质
（4）8.8g；CH4
【知识点】催化剂的特点与催化作用；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】(1)天然气的主要成分是CH4，天然气是化石燃料之一，形成需要漫长的地质年代，短期内无法再生，属于不可再生能源。
(2)从运输储存角度分析：甲烷（CH4）沸点-162℃，在常温常压下为气体，需要高压压缩或低温液化才能储存运输，操作难度大、成本高；甲醇（CH3OH）沸点65℃，在常温常压下为液体，便于储存和运输。因此应选CH3OH用来做车载燃料。
(3)根据反应示意图：CO2和H2在催化剂作用下、高温条件下反应生成CH3OH和H2O。化学反应方程式为： CO2+3H2CH3OH+H2O。
其中在化学反应中，催化剂的质量和化学性质保持不变（催化剂的定义：能改变反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后都不变的物质）。
(4)①已知CH4完全燃烧的化学方程式为： CH4+2O2CO2+2H2O
求3.2g CH4完全燃烧产生CO2的质量：
解：设3.2g CH4完全燃烧产生CO2的质量为x。
CH4+2O2CO2+2H2O
16 44
3.2g x
x=8.8g
答：3.2g CH4完全燃烧产生CO2的质量为8.8g。
②从热值角度分析最优燃料：
CH4的热值计算：16g CH4完全燃烧放出890kJ热量，则CH4热值=890kJ÷16g=55.625 kJ/g
CH3OH的热值已知为23 kJ/g
比较：55.625 kJ/g＞23 kJ/g，即CH4的热值大于CH3OH的热值
热值越大，单位质量燃料完全燃烧放出的热量越多，作为燃料越优良
因此从热值的角度分析，CH4为最优燃料。
【分析】(1)根据能源的分类。可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源（如太阳能、风能、水能等）；不可再生能源是指在自然界中经过亿万年形成，短期内无法恢复的能源（如煤、石油、天然气等化石燃料）。天然气属于化石燃料，是不可再生能源。
(2)根据物质的物理性质选择燃料。车载燃料需要考虑储存和运输的便利性。液体燃料（如甲醇）在常温常压下易于储存和运输；气体燃料（如甲烷）需要高压容器或低温设备，增加了复杂性和成本。
(3)根据微观示意图书写化学方程式。从图中识别反应物（CO2和H2）、生成物（CH3OH和H2O）和反应条件（催化剂、高温），然后配平化学方程式。催化剂在化学反应中的特性是：能改变化学反应速率，但本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。
(4)①根据化学方程式的计算步骤：①设未知量；②写出正确的化学方程式；③列出相关物质的相对分子质量和已知量、未知量；④列比例式求解；⑤简明写出答案。注意相对分子质量的计算要准确。②根据热值的定义和比较方法。热值=完全燃烧放出的热量/燃料质量。需要统一单位进行比较。CH4热值=55.625 kJ/g，大于CH3OH的23 kJ/g，因此CH4更优。
1 / 1

展开更多......

收起↑