山东省烟台市2025年中考真题化学试卷（解析版）

这是一份山东省烟台市2025年中考真题化学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷共8页，共100分；考试时间90分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2．答题前，务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷和答题卡规定的位置上。
3．选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
4．非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡指定区域内的相应位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。
5．写在试卷上和答题卡指定区域外的答案无效。
6．可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 Na—23 Mg—24 Cl—35.5 Ca—40
一、选择题（本题包括10个小题。每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
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
【解析】
A、纺纱织布：此过程是将纤维（如棉花、羊毛等）通过纺车、织机等工具，改变其形态（如将纤维捻成线）和排列方式（如将线织成布）。整个过程中，纤维本身的化学组成没有发生改变，依旧是原来的物质，因此属于物理变化。
B、沙里淘金：利用金的密度远大于沙子的特性，通过水流冲洗等方式将金从沙子中分离出来。在这个过程中，金和沙子各自的物质成分都没有发生变化，只是实现了两者的物理分离，属于物理变化。
C、海水晒盐：海水含有大量盐分（主要是氯化钠），通过太阳照射使水分蒸发，盐分因水分减少而结晶析出。这一过程中，盐分从溶解在水中的状态转变为固体状态，仅为物质状态的改变，没有新物质生成，属于物理变化。
D、五谷酿酒：五谷（如稻、麦、玉米等）的主要成分是糖类。在酿酒时，通过微生物（如酵母菌）的发酵作用，糖类会发生复杂的化学反应，转化为酒精（乙醇）和二氧化碳等新物质。由于有新物质生成，因此属于化学变化。
综上，只有D选项涉及新物质的生成，属于化学变化，故选D。
2. 2025年世界环境日中国主题是“美丽中国我先行”。下列做法不符合这一主题的是（ ）
A. 积极参与垃圾分类投放B. 深埋废旧电池防止污染
C. 设计家庭低碳行动方案D. 回收化学实验后的废液集中处理
【答案】B
【解析】
A、垃圾分类投放：将不同类型的垃圾分开投放，便于对可回收物进行再利用，同时减少有害垃圾对环境的污染，能有效提高资源利用率，符合环保要求，做法正确。
B、深埋废旧电池：废旧电池中含有铅、汞、镉等重金属，若深埋处理，这些重金属可能会逐渐渗入土壤和地下水中，造成土壤污染和水污染，对生态环境和人体健康危害极大。正确的处理方式是将废旧电池投入专门的回收箱，由专业机构进行处理，因此该做法错误。
C、设计家庭低碳方案：通过减少使用一次性用品、节约用电用水、选择绿色出行方式等家庭低碳方案，能有效减少二氧化碳等温室气体的排放，符合可持续发展的环保理念，做法正确。
D、回收实验废液集中处理：实验废液中可能含有酸、碱、重金属离子等有害物质，若随意排放会污染土壤和水源。回收后集中进行专业处理，可避免有害物质扩散污染环境，做法正确。
综上，不符合环保要求的是B选项，故选B。
3. 实验小组制备氢氧化镁需要经历以下操作。下列相关实验操作规范的是（ ）
A. 配制稀硫酸B. 测定溶液pH
C. 过滤D. 烘干
【答案】A
【解析】
A、稀释浓硫酸：浓硫酸溶于水时会释放大量的热，若将水倒入浓硫酸中，水会因密度小浮在浓硫酸表面，受热沸腾造成液滴飞溅。因此，正确操作是将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量及时扩散，该操作正确。
B、测定溶液pH：pH试纸直接浸入待测液中，会污染待测液，导致后续实验结果不准确。正确做法是用玻璃棒蘸取少量待测液滴在pH试纸上，待显色后与标准比色卡对比，该操作不正确。
C、过滤操作：过滤时需用玻璃棒引流，防止液体直接倒入漏斗时洒出；同时漏斗下端应紧贴烧杯内壁，避免液体飞溅。此操作未遵循上述要求，不正确。
D、加热固体：加热固体时，试管口略向下倾斜可防止冷凝水（如固体中的水分受热蒸发后凝结）倒流回热的试管底部，避免试管因骤冷而炸裂。该操作中试管口未向下倾斜，不正确。
综上，操作正确的是A选项，故选A。
4. 自然界中存在着“水循环”“碳循环”“氧循环”三大循环。下列说法错误的是（ ）
A. 三大循环过程中元素守恒，元素化合价不变
B. 水的天然循环既实现了水的自身净化，又完成了水资源的重新分配
C. 碳、氧循环有利于维持大气中二氧化碳和氧气含量的相对稳定
D. 水的天然循环是通过其三态变化实现的，而碳循环、氧循环过程中均有化学变化发生
【答案】A
【解析】
A、三大循环的变化与守恒：
“水循环”主要是水的三态（固态、液态、气态）之间的转化，仅为状态改变，无新物质生成，属于物理变化，过程中各元素种类和化合价均保持不变；
“碳循环”“氧循环”涉及诸多化学变化（如光合作用中二氧化碳转化为氧气和有机物，呼吸作用中有机物与氧气反应生成二氧化碳和水），根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变（元素守恒），但部分反应中元素化合价会改变（如光合作用中氧元素化合价发生变化）。因此该选项描述正确，符合题意。
B、水的天然循环作用：
水的天然循环通过蒸发、降水等物理过程，不仅能净化水体（如蒸发可去除部分杂质），还能实现水资源的重新分配（如从海洋到陆地），该选项描述错误，不符合题意。
C、碳、氧循环的平衡作用：
碳、氧循环通过光合作用（植物吸收二氧化碳释放氧气）和呼吸作用（生物吸收氧气释放二氧化碳）等过程形成动态平衡，从而维持大气中二氧化碳和氧气含量的相对稳定，该选项描述错误，不符合题意。
D、三大循环的变化类型：
水循环以物理变化（三态变化）为主；碳、氧循环则涉及大量化学变化（如燃烧、呼吸、光合作用等），该选项描述错误，不符合题意。
综上，正确答案是A选项，故选A。
5. 下列关于水与溶液的说法错误的是（ ）
A. 工业上可用多级闪急蒸馏法淡化海水
B. 喷灌与滴灌式浇水可以有效节约水资源
C. 溶液都是均一、稳定、无色、透明的混合物
D. 配制100g溶质质量分数为0.9％的生理盐水，需要0.9g氯化钠
【答案】C
【解析】
A、海水淡化方法：工业上常用多级闪急蒸馏法淡化海水，其原理是通过分阶段降低压强，使海水在不同温度下迅速汽化，再将蒸汽冷凝得到淡水，该说法正确。
B、节水措施：喷灌和滴灌相比传统的漫灌，能精准地将水输送到植物根部，减少水分的蒸发和流失，从而有效节约水资源，该说法正确。
C、溶液的性质：溶液具有均一性（各部分性质相同）和稳定性（外界条件不变时不分层），但溶液不一定无色透明。例如，硫酸铜溶液是蓝色的，高锰酸钾溶液是紫红色的，该说法错误。
D、溶液配制计算：配制100g 0.9%的生理盐水，需要氯化钠的质量为溶质质量分数乘以溶液质量，即100g×0.9%=0.9g，该计算正确。
综上，说法错误的是C选项，故选C。
6. 国产芯片与AI大模型融合发展需要高性能半导体材料，如硅（Si）、锗（Ge）等。如图是元素周期表部分截图，下列相关描述正确的是（ ）
A. 硅的相对原子质量是28.09gB. 一个硅原子核外有14个电子
C. 硅、锗元素位于同一周期D. 半导体材料都是非金属
【答案】B
【解析】
A、相对原子质量的单位：相对原子质量是一个原子的实际质量与碳-12原子质量的1/12的比值，单位为“1”，通常省略不写，并非“g”。因此该选项说法不正确。
B、硅原子的核外电子数：在元素周期表中，单元格左上角的数字表示原子序数。对于原子而言，原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数。硅的原子序数为14，所以一个硅原子核外有14个电子，该选项说法正确。
C、硅、锗元素的位置关系：元素周期表中，同一横行的元素属于同一周期，同一纵列的元素属于同一族。硅和锗位于同一纵列，因此属于同一族，而非同一周期，该选项说法不正确。D、半导体材料的类别：半导体材料的导电性介于导体和绝缘体之间。常见的半导体材料中，硅是非金属，锗是金属，可见半导体材料既可以是金属，也可以是非金属，并非局限于某一类，该选项说法不正确。
综上，说法正确的是B选项，故选B。
7. 荞麦粉中含有淀粉、食物纤维、维生素E（C29H50O2）等物质，以及铁、锰、碘等元素。碘是甲状腺激素的重要成分，成人缺碘会引起甲状腺肿大。下列有关说法正确的是（ ）
A. 荞麦粉中不含糖类B. 维生素E中含有氧分子
C. 维生素E的组成元素与糖类相同D. 荞麦粉食品可作为补碘的药物
【答案】C
【解析】
A、荞麦粉中的营养成分：荞麦粉中富含淀粉，淀粉属于糖类中的多糖（由多个葡萄糖分子聚合而成），因此该选项说法错误。
B、维生素E中的氧元素存在形式：分子由原子构成，维生素E（C₂₉H₅₀O₂）的分子中含有氧原子，但氧分子是构成氧气（单质）的基本粒子，化合物中不可能含有氧分子，该选项说法错误。
C、维生素E与糖类的组成元素：维生素E的化学式为C₂₉H₅₀O₂，组成元素为碳（C）、氢（H）、氧（O）；糖类的组成元素通常也是C、H、O（如葡萄糖C₆H₁₂O₆），二者组成元素相同，该选项说法正确。
D、荞麦粉与补碘的关系：虽然荞麦粉可能含碘元素，但日常食用量中碘的含量较低，且其存在形式未必能满足人体对碘的特殊需求（如防治甲状腺疾病）。补碘药物通常需特定剂量和稳定的化合物形式（如碘酸钾），不能仅依靠荞麦粉替代，该选项说法错误。
综上，说法正确的是C选项，故选C。
8. 2025年全国两会聚焦环保、能源、健康、农业等领域的可持续发展，化学在其中做出了重要贡献。下列各组对相关主题知识归纳完全正确的是（ ）
【答案】A
【解析】
A、环保与污染防治：①可降解塑料在自然环境中能被微生物分解，避免了传统塑料长期残留造成的白色污染，有利于环境保护，说法正确。②煤炭燃烧时会产生二氧化硫（SO₂），形成酸雨污染环境，使用固硫剂可与SO₂反应生成稳定的物质，减少其排放，说法正确。该选项符合题意。
B、能源与能量转化：①化学电池（如干电池、锂电池）的工作原理是直接将化学能转化为电能，供设备使用，说法正确。②目前化石能源（煤、石油、天然气）仍是全球主要能源，虽然其使用会带来环境问题，但完全禁止使用不现实，应逐步减少并开发清洁能源，说法错误。该选项不符合题意。
C、化学与人体健康：①铁是人体必需的微量元素，是血红蛋白的重要组成成分，人体缺铁会导致血红蛋白合成不足，易患贫血症，说法正确。②油脂是人体必需的营养素之一，能为人体提供能量、保护内脏等，应合理摄入而非完全不吃，说法错误。该选项不符合题意。
D、化学与农业生产：①大量施用化肥和农药会导致土壤污染、水体富营养化等环境问题，应根据作物需求合理使用，说法错误。②钾肥能增强农作物的抗倒伏能力和抗病虫害能力，如玉米缺钾易倒伏，说法正确。该选项不符合题意。
综上，正确的是A选项，故选A。
9. 下列对宏观事实的微观解释错误的是（ ）
A. 氢气经压缩储存在钢瓶中——压强增大，分子间的间隔变小
B. 降温能使水结成冰——低温导致水分子静止不动
C. 一氧化碳能燃烧，二氧化碳能灭火——不同种分子化学性质不同
D. 稀盐酸、稀硫酸的化学性质相似——它们的水溶液中都含有大量氢离子
【答案】B
【解析】
A、氢气压缩储存的原因：分子之间存在间隔，氢气压缩储存时，通过加压使氢分子间的间隔变小，从而减小体积便于储存，该说法正确。
B、水结冰时分子的状态：降温使水结冰，是水分子之间的间隔发生变化（间隔变小），但分子始终在不断运动，并不会静止，该说法错误。
C、CO和CO₂化学性质不同的原因：分子是保持物质化学性质的最小粒子，CO由一氧化碳分子构成，CO₂由二氧化碳分子构成，二者分子构成不同，因此化学性质存在差异（如CO可燃、CO₂不可燃），该说法正确。
D、稀盐酸和稀硫酸性质相似的原因：稀盐酸中含有H⁺和Cl⁻，稀硫酸中含有H⁺和SO₄²⁻，二者都能解离出H⁺，这是它们具有相似化学性质（如能与活泼金属、碱等反应）的根本原因，该说法正确。
综上，说法错误的是B选项，故选B。
10. 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. a、b、c三点对应的烧杯内溶液中NaCl的质量为：
【答案】D
【解析】
A、判断溶液X的种类：由图2的pH变化曲线可知，初始溶液pH＞7，呈碱性（应为氢氧化钠溶液），随着溶液X的加入，pH逐渐减小，最终pH＜7，呈酸性，说明加入的是酸性溶液（稀盐酸）。因此，溶液X为稀盐酸，该选项说法正确。
B、分析b点的反应状态：b点时溶液pH=7，呈中性，表明氢氧化钠与稀盐酸恰好完全反应，生成氯化钠和水，此时溶液中既无剩余的氢氧化钠，也无剩余的稀盐酸，该选项说法正确。
C、c点溶液对石蕊的作用：c点时溶液pH＜7，呈酸性，紫色石蕊溶液遇酸性溶液会变红色，因此该点溶液能使紫色石蕊溶液变红，该选项说法正确。
D、比较各点氯化钠的质量：氢氧化钠与稀盐酸反应的化学方程式为NaOH + HCl = NaCl + H₂O，随着稀盐酸的加入，氯化钠的质量逐渐增加。a点时，氢氧化钠未完全反应，生成的氯化钠质量较少；b点时，两者恰好完全反应，氯化钠质量达到最大；c点时，稀盐酸过量，但反应已停止，氯化钠质量不再增加（与b点相等）。因此，氯化钠的质量关系应为mc=mb＞ma，该选项说法不正确。
综上，说法不正确的是D选项，故选D。
二、选择题（本题包括5个小题。每小题2分，共10分。每小题有一个或两个选项符合题意。若有两个答案，漏选1个扣1分，错选则不得分）
11. 我国科研人员研究出二氧化碳转化为工业原料甲酸的新方法，反应的微观示意图如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 生成丙、丁的分子个数比为1 : 1
B. 该反应实现了无机物向有机物的转化
C. 反应物和生成物中共有3种氧化物
D. 该反应为实现碳中和提供了新路径
【答案】AC
【解析】【分析】由图可知，甲是二氧化碳（CO₂），乙是水（H₂O），丙是甲酸（HCOOH），丁是氧气（O₂），根据质量守恒定律，反应的化学方程式为
【详解】
A、判断丙、丁的分子个数比：由化学方程式可知，生成丙（HCOOH）和丁（O₂）的分子个数比为2:1，而非题目中所说的比例，该说法错误。
B、分析反应中物质类别的转化：反应物二氧化碳（CO₂）和水（H₂O）均属于无机物，生成物甲酸（HCOOH）含碳元素，属于有机物，因此该反应实现了无机物向有机物的转化，说法正确。
C、统计氧化物的种类：氧化物是由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物。甲（CO₂）由C、O两种元素组成，乙（H₂O）由H、O两种元素组成，均属于氧化物；丙（HCOOH）含C、H、O三种元素，丁（O₂）是单质，均不属于氧化物，因此氧化物共2种，题目中说法错误。
D、分析该过程对“碳中和”的意义：“碳中和”指减少二氧化碳的排放或促进其转化利用，该反应将二氧化碳转化为甲酸，减少了大气中二氧化碳的含量，为实现“碳中和”提供了新途径，说法正确。
综上，说法错误的是A、C选项，故选AC。
12. 在修复三星堆青铜器时，可用稀盐酸除去青铜器表面锈蚀物[Cu2(OH)2CO3]。从物质的性质、元素守恒及要达到的目的分析，稀盐酸与锈蚀物反应的产物可能是（ ）
A. Cu、H2O、CO2B. CuO、H2O、CO2、Cl2
C. CuCl2、H2O、CO2D. CuSO4、H2O、CO2
【答案】C
【解析】【分析】碱式碳酸铜[Cu₂(OH)₂CO₃]属于盐，与稀盐酸（HCl）发生复分解反应时，会解离出的离子（Cu²⁺、OH⁻、CO₃²⁻）与盐酸中的离子（H⁺、Cl⁻）重新结合，生成对应的盐、水和气体。
【详解】
A、分析产物Cu、H₂O、CO₂的合理性：铜（Cu）是单质，而稀盐酸不具有还原性，无法将碱式碳酸铜中的Cu²⁺还原为Cu单质，该选项错误。
B、分析产物CuO、H₂O、CO₂、Cl₂的合理性：CuO需在特定条件下生成，而碱式碳酸铜与盐酸反应会完全解离，应生成可溶性的CuCl₂而非CuO；Cl₂的生成需要Cl⁻被氧化，但反应中无强氧化剂，无法产生Cl₂，该选项错误。
C、分析产物CuCl₂、H₂O、CO₂的合理性：反应中，Cu²⁺与Cl⁻结合生成CuCl₂（盐）；OH⁻与H⁺结合生成H₂O；CO₃²⁻与H⁺反应生成H₂O和CO₂，完全符合复分解反应规律，该选项正确。
D、分析产物CuSO₄、H₂O、CO₂的合理性：反应物中只有盐酸（含Cl⁻），不含硫酸根离子（SO₄²⁻），无法生成CuSO₄，该选项错误。
综上，正确答案是C选项，故选C。
13. 物质的检验、鉴别、除杂是化学研究的重要方法。下列实验方案能达到目的的是（ ）
【答案】B
【解析】
A、分析除去铜粉中碳粉的方法：将混合物在空气中灼烧时，碳粉会与氧气反应生成二氧化碳而被除去，但铜粉也会与氧气反应生成氧化铜，导致原物质铜粉被消耗，无法达到除杂且保留铜粉的目的，该方法错误。
B、分析鉴别硝酸铵和氯化钠的方法：硝酸铵溶于水时会吸收热量，使溶液温度明显降低；而氯化钠溶于水时，溶液温度几乎无明显变化。通过观察两者溶解时的温度变化，可轻松区分这两种物质，该方法正确。
C、分析验证乙醇含碳元素的方法：点燃乙醇后，在火焰上方罩干冷烧杯，烧杯内壁出现水珠，只能证明乙醇中含有氢元素（因为水由氢、氧元素组成，氧气提供氧元素）。要验证含碳元素，需在火焰上方罩内壁涂有澄清石灰水的烧杯，若石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，进而证明乙醇含碳元素，该方法不充分，错误。
D、分析除去稀盐酸中稀硫酸的方法：加入过量氯化钡溶液，虽能与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，但过量的氯化钡会留在溶液中，引入新的杂质钡离子，不符合除杂“不引入新杂质”的原则。正确做法应是加入适量氯化钡溶液，至不再产生沉淀为止，该方法错误。
综上，正确的选项是B，故选B。
14. 下列图像能正确反映其对应实验操作的是（ ）
A. 向一定质量的含HCl和的稀溶液中滴加NaOH溶液至过量
B. 一定温度时，向一定质量的饱和Ca(OH)2溶液中加入CaO
C. 向等质量的CaO、Ca(OH)2中分别滴加相同溶质质量分数的稀盐酸至过量
D. 将等质量的镁和氧气在密闭容器中充分燃烧
【答案】AC
【解析】
A、分析氢氧化钠与盐酸、氯化镁的反应顺序：氢氧化钠（NaOH）会先与盐酸（HCl）发生中和反应生成氯化钠（NaCl）和水，待盐酸完全反应后，剩余的氢氧化钠再与氯化镁（MgCl₂）反应生成氢氧化镁（Mg(OH)₂）沉淀和氯化钠。因此，反应初期无沉淀，加入一定量氢氧化钠后才产生沉淀，该选项正确。
B、分析氧化钙与水反应对溶液质量的影响：氧化钙（CaO）与水反应生成氢氧化钙（Ca(OH)₂），此过程中溶剂水不断被消耗，且氢氧化钙的溶解度较小，会有溶质结晶析出。溶液质量=溶质质量+溶剂质量，两者均减少，因此溶液质量持续减小，该选项不正确。
C、比较氧化钙和氢氧化钙与盐酸反应生成氯化钙的质量：元素质量分数=，根据钙元素守恒，氧化钙（CaO）中钙元素质量分数（40/56≈71.4%）大于氢氧化钙（Ca(OH)₂）中钙元素质量分数（40/74≈54.1%），等质量的两者中，氧化钙含有的钙元素更多。与盐酸反应时，钙元素全部转化为氯化钙（CaCl₂），因此：当盐酸不足时，两者生成的氯化钙质量相等；当盐酸过量时，氧化钙生成的氯化钙质量更大，该选项正确。
D、分析等质量镁和氧气反应的消耗关系：镁（Mg）与氧气（O₂）反应的化学方程式为，参加反应的镁与氧气的质量比为（2×24）:32=3:2。因此，等质量的镁和氧气反应时，镁会先被消耗完，消耗的镁的质量大于氧气，该选项不正确。
综上，正确选项是A、C，故选AC。
15. 将m g碳酸钙固体高温加热一段时间后，冷却，测得剩余固体的质量是15.6g，且剩余固体中钙元素与碳元素的质量比是。下列有关说法正确的是（ ）
A. m数值是27.9
B. 剩余固体中钙元素的质量分数是40％
C. 过程中产生质量是4.4g
D. 剩余固体中碳酸钙与氧化钙的质量比是
【答案】CD
【解析】背景分析：高温煅烧碳酸钙（CaCO₃）时，部分分解为氧化钙（CaO）和二氧化碳（CO₂），钙元素始终留在固体中，碳元素仅存在于未分解的CaCO₃中，分解的CaCO₃中的碳元素以CO₂形式逸出。
由钙、碳原子个数比可推知，剩余固体中CaO与CaCO₃的分子个数比为1:1。
A选项分析： 上述分析可知，混合物中氧化钙分子数和碳酸钙分子数1:1，则钙元素质量=，则原碳酸钙的质量为，故A错误；
B选项分析：钙元素总质量=（1×40）+（1×40）=80（以分子数1:1计算相对质量），剩余固体总质量=56（CaO）+100（CaCO₃）=156，钙元素质量分数=80/156≈51.3%≠40%，故B错误。
C选项分析： 碳酸钙中碳元素的质量为，混合物中氧化钙分子数和碳酸钙分子数1:1，则碳元素质量=，则二氧化碳中碳元素的质量为2.4g-1.2g=1.2g，则二氧化碳质量为，故C正确；
D选项分析：设生成CaO质量为x，消耗CaCO₃质量为y，由反应式可知 x=5.6g，y=10g
剩余CaCO₃与生成CaO分子数1:1，则消耗CaCO₃与剩余CaCO₃质量均为10g（100相对质量），生成CaO为5.6g（56相对质量），质量比=10:5.6=25:14，故D正确。
综上，正确选项是C、D，故选CD。
三、理解与应用（本题包括4个小题。共34分）
16. 国家非物质文化遗产“章丘铁锅”表面光滑如镜，炒菜不粘锅。制作时经过了冷锻、热锻等十二道工序，上万次捶打。兴趣小组以“章丘铁锅”为主题进行项目式学习。
任务一：认识铁料的来源
（1）自然界中铁。因为铁的化学性质________，所以自然界中的铁元素大多以________形式存在。
（2）炼铁。工业炼铁常用热还原法。一氧化碳在高温条件下还原氧化铁的化学方程式是________。
任务二：认识铁锅的制作
（3）裁料。在钢板上划线，沿线切出锅胚。传统工艺常用一种蓝色溶液划线，划线处会出现红色物质，该蓝色溶液可能是________（写一种物质）溶液。
（4）锻打。铁锅胚锻打成型，是利用铁具有________（性质）。
（5）淬火。将锻打好的铁锅加热，然后伸入到冷水中，铁在高温下与水蒸气反应生成一层致密的四氧化三铁，铁锅的硬度和耐磨性会显著增强，另外还生成一种气体单质。该反应的化学方程式是_________。
（6）防锈。在制好的铁锅表面涂一层油防止锈蚀，其原理是________。
【答案】（1）①. 比较活泼 ②. 化合物
（2）
（3）硫酸铜
（4）延展性
（5）
（6）隔绝氧气和水
【解析】（1）铁的化学性质比较活泼，容易与水、氧气等反应；所以自然界中的铁元素大多以化合物形式存在——常见的矿石有赤铁矿（Fe₂O₃）、磁铁矿（Fe₃O₄）、褐铁矿（Fe₂O₃·nH₂O）和菱铁矿（FeCO₃）等。只有极少量的天然铁（陨铁）以游离态出现。
（2）一氧化碳在高温条件下还原氧化铁生成铁和二氧化碳，化学方程式是：
该反应是高炉炼铁的核心步骤之一，CO 既作还原剂又作燃料。
（3）蓝色溶液可能是硫酸铜溶液，因为铁能与硫酸铜发生置换反应，生成红色的铜和硫酸亚铁：Fe + CuSO₄ =Cu + FeSO₄；该反应常用于“铁置换铜”的实验，也可用于在铁锅表面形成美观的“铜斑”装饰。
（4）铁锅胚锻打成型，是利用铁具有延展性。延展性包括“延性”（可拉成细丝）和“展性”（可压成薄片）。铁锅在 800 ℃～1000 ℃ 的“红热”状态下反复锻打，晶粒被拉长细化，既提高强度又改善导热性能。
（5）依据质量守恒定律，反应前有铁（Fe）、氢（H）、氧（O）元素，反应后已知生成 Fe₃O₄（含 Fe、O 元素），所以缺失的气体单质必含氢元素，即为氢气；铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式是：
该反应又称“铁的蒸汽氧化反应”，在锅炉、热处理炉中需避免发生，以防钢材氢脆。
（6）在制好的铁锅表面涂一层油防止锈蚀，原理是隔绝氧气和水。油膜还能渗入铁锅微孔，与铁形成“油脂–金属复合层”，日常使用中经反复加热、冷却、再涂油，会逐渐形成黑色致密、不易粘锅的“物理不粘层”（俗称“开锅”）。此外，油膜中的不饱和脂肪酸在高温下部分聚合，生成疏水性的高分子膜，进一步增强防锈效果。
17. 2025年3月，我国首个利用清洁能源的海洋氢氨醇一体化项目在烟台建设完工。该项目的主要流程如下图，相关物质的沸点如下表。
（1）在水电解装置中，与电源正极相连的电极产生1000L气体，则与电源负极相连的电极上产生的气体体积是________L。
（2）在合成装置1中产生氨气。氨气燃烧生成氮气和水，可作为远洋船舶的绿色燃料。从燃烧产物看，氨气被称为绿色燃料的原因是________。
（3）合成装置2中发生的反应是。甲醇可做燃料，其充分燃烧的化学方程式是________。从反应物分析，用合成装置2生产甲醇比用石油为原料生产甲醇有利于实现“双碳”目标，原因是___________。
（4）氢气本身就是绿色燃料，转化成氨气或甲醇再做燃料的原因是_________。
【答案】（1）2000
（2）燃烧产物是氮气和水，无污染
（3）①. ②. 消耗捕集的CO2，减少碳排放
（4）氢气沸点低，难储存运输，转化为氨气或甲醇更易储存运输
【解析】（1）电解水时，正极产生氧气、负极产生氢气，体积比为 1∶2。
正极若得到 1000 L O₂，则负极理论上可收集到 2000 L H₂。
该体积关系来源于法拉第电解定律：每通过 1 ml 电子，阳极析出 0.25 ml O₂、阴极析出 0.5 ml H₂，即 n(H₂)=2 n(O₂)。在相同温压下，气体体积比等于物质的量之比，故 V(H₂)=2 V(O₂)。
工业电解槽常采用 30 % KOH 作电解质，温度 70～80 ℃，电流效率约 95 %，因此实际产氢量略小于理论值。
（2）氨气（NH₃）在纯氧或空气中燃烧，反应式为：4 NH₃ + 3 O₂ =2 N₂ + 6 H₂O
产物只有氮气和水，无 CO、CO₂、SOₓ、颗粒物等污染物，故被称为“绿色燃料”。
此外，NH₃ 的体积能量密度（约 11.2 MJ m⁻³，15 ℃，1 bar）虽低于汽油，但高于高压氢（20 MPa 时约 5.6 MJ m⁻³），且其自燃温度 651 ℃、火焰速度低，便于内燃机改造使用。
（3）甲醇充分燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式：
合成装置 2 采用“CO₂ 资源化”路线：CO₂ + 3 H₂ ⇌ CH₃OH + H₂O (铜-锌-铝催化剂，230–260 ℃，5–10 MPa)。该路线每生产 1 t CH₃OH 可固定 1.375 t CO₂；而传统“天然气重整—合成气制甲醇”路线则额外排放约 0.6–0.8 t CO₂。因此，用捕集的 CO₂ 制甲醇可实现“负碳”或“低碳”甲醇，显著减少全生命周期碳排放。
（4）氢气沸点极低（−252.9 ℃），临界温度 −240 ℃，常温下必须 350–700 bar 高压或 −253 ℃ 深冷才能液/固化，储运成本高且存在氢脆、泄漏风险。
转换为氨（沸点 −33.5 ℃，常温 8–10 bar 即可液化）或甲醇（沸点 64.7 ℃，常温常压液态）后：体积能量密度显著增大：液 NH₃ 约 11.2 MJ L⁻¹，CH₃OH 约 15.8 MJ L⁻¹，而液氢仅 8.5 MJ L⁻¹；基础设施兼容性好：液氨可直接利用化肥储运体系，甲醇可借用现有液体燃料管网；安全性提升：NH₃ 具有刺激性气味，泄漏易察觉；甲醇闪点 11 ℃，虽易燃但爆炸极限窄，且常温常压液态，管理技术成熟。
因此，将氢转化为氨或甲醇，是解决“氢经济”中储运瓶颈的主流技术路径之一（所谓“氢载体”或“Pwer-t-X”路线）。
18. 黑火药是我国古代的四大发明之一，其成分含有KNO3。古代以硝土和草木灰（主要成分K2CO3）为原料生产KNO3的部分流程如下图1所示。
【查阅资料】①硝土的主要成分是KNO3、Ca(NO3)2和NaCl等。
②Ca(NO3)2与K2CO3能发生复分解反应。
（1）淋硝过程中Ca(NO3)2与K2CO3反应的化学方程式是_______。淋硝所得的溶液称为“硝水”，其溶质中一定含有的物质是________。
（2）熬硝主要是将淋硝过程中得到的硝水浓缩成浓硝水。根据图2中的溶解度曲线分析，冷却热浓硝水，主要获得KNO3晶体的原因是_________。若将80℃的269g硝酸钾饱和溶液降温到20℃，则析出硝酸钾晶体质量是________g。
（3）滤液A可以循环使用，原因是__________。
（4）黑火药爆炸时发生反应的化学方程式是，则X的化学式是__________。
【答案】（1）①. ②. KNO3、NaCl
（2）①. 硝酸钾溶解度随温度降低显著减小，氯化钠溶解度随温度变化小 ②. 137.4
（3）提高原料硝酸钾的利用率，减少资源浪费
（4）N2
【解析】（1）Ca(NO₃)₂ 与 K₂CO₃ 发生复分解反应，生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，化学方程式为，反应后生成的 KNO₃ 与原硝土中已有的 KNO₃、NaCl 共同进入“硝水”，因此溶质中一定含有 KNO₃ 和 NaCl。由于 CaCO₃ 难溶于水，过滤即被除去，NaCl 不参与反应，故母液体系始终存在 NaCl。
（2）冷却热浓硝水主要析出 KNO₃ 的原因：
• KNO₃ 溶解度随温度降低而急剧下降（80 ℃→20 ℃，从 169 g 降至 31.6 g/100 g 水）；
• NaCl 溶解度变化幅度很小（80 ℃ 38.4 g → 20 ℃ 36.0 g/100 g 水）。
因此，降温时 KNO₃ 大量析出，而 NaCl 基本留在溶液中，实现两者的初步分离。
80 ℃ 时 269 g KNO₃ 饱和溶液的组成：
溶质 169 g、溶剂水 100 g。
降至 20 ℃ 后，100 g 水最多溶解 31.6 g KNO₃，故析出晶体质量
169 g – 31.6 g = 137.4 g。
（3）冷却结晶后的母液是 KNO₃ 的饱和溶液（含少量 NaCl）。将其作为滤液 A 返回蒸发或结晶工段，可：
• 回收仍未析出的 KNO₃，提高产率；
• 减少蒸发所需热量，降低能耗；
• 减少外排母液量，减轻环保压力；
• 稀释后续投料，降低杂质累积速率，延长设备清洗周期。
（4）根据题给原子守恒：
反应前：K 2、N 2、O 6、S 1、C 3
反应后：K 2、S 1、C 3、O 6
缺少 2 个 N 原子，故 X 的化学式为 N₂。
常见对应反应为黑火药燃烧：2 KNO₃ + S + 3 C =K₂S + N₂↑ + 3 CO₂↑
生成的 N₂ 为无色气体，带走大量热量，使反应体系迅速膨胀并产生爆炸效应。
19. 某化学兴趣小组利用工业废镍材料（含有金属镍及少量Fe、Cu、）回收金属镍（Ni），设计流程如下图所示（部分产物略去）。回答下列问题：
【查阅资料】①“转化”过程中发生的反应：；
②“除铁”过程中，可以通过调节溶液pH，使溶液中的硫酸铁生成沉淀，而硫酸镍不生成沉淀。
（1）“酸浸”过程中Ni与稀硫酸反应的化学方程式是____________，此反应的基本反应类型是________。酸浸后，滤渣的成分是___________。
（2）“除铁”过程中，生成沉淀，该反应的化学方程式是___________。
（3）“置换”过程中，生成镍的化学方程式是_________。铁粉能置换出镍，说明铁的金属活动性比镍____________。
【答案】（1）①. ②. 置换反应 ③. Cu
（2）
（3）①. ②. 强
【解析】（1）
基本反应类型：置换反应（单质 + 化合物 → 新单质 + 新化合物）。
废镍原料中的 Cu 在金属活动性顺序中位于 H 之后，不与稀硫酸反应；Fe 与 H₂SO₄ 反应生成 FeSO₄ 和 H₂；Fe₂O₃（若存在）与 H₂SO₄ 反应生成 Fe₂(SO₄)₃ 和水。因此酸浸后滤渣为 Cu，可能夹杂少量未反应的碳或其它惰性杂质。
（2）转化工序将 Fe²⁺ 全部氧化为 Fe³⁺，最终溶液中主要含铁离子形态为 Fe³⁺（以硫酸铁形式存在）。，生成的 Fe(OH)₃ 为红棕色沉淀，经洗涤、干燥、煅烧后可得高纯 Fe₂O₃ 产品，或直接作为颜料级氧化铁出售。
（3）滤液中的硫酸镍通过加入铁粉发生置换反应：Fe + NiSO₄ → FeSO₄ + Ni↓
铁粉过量可确保 Ni²⁺ 被完全置换，生成的海绵镍经磁选或筛分与过量铁粉分离。
该反应说明金属活动性：Fe > Ni，符合常见金属活动性顺序 Fe > Ni > Sn > Pb > (H) > Cu。
得到的 FeSO₄ 溶液可经蒸发浓缩、冷却结晶制备七水硫酸亚铁（绿矾），实现副产物综合利用。
四、实验与探究（本题包括3个小题。共29分）
20. 实验探究是学习化学的重要方法。请根据下列实验装置图回答问题。
（1）装置A中仪器a的名称是________。
（2）实验室用过氧化氢溶液制取O2，用大理石和稀盐酸制取CO2。二者都可以选用的发生装置是________（填装置序号，下同），用排空气法收集两种气体都可以选用的收集装置是________。
（3）实验室用过氧化氢溶液和MnO2制取O2，反应化学方程式是__________，用装置C收集生成的O2纯度偏低，原因可能是________（填序号）。
①制取装置气密性不好
②收集前，集气瓶中未注满水
③收集完成时，集气瓶中仍有少量水
（4）向盛有80℃热水的装置F的试管中放入白磷，然后将O2通入试管中与白磷接触，白磷燃烧（白磷着火点为40℃）。水能灭火，但试管中的白磷却在水中燃烧，请从可燃物燃烧的条件分析，原因是_________。
【答案】（1）铁架台
（2）①. B ②. D
（3）①. ②. ②
（4）白磷是可燃物，温度达到着火点，且与氧气接触
【解析】（1）装置 A 中仪器 a 是铁架台，用于固定和支持试管、烧瓶等反应容器。
（2）过氧化氢溶液（液体）与 MnO₂（固体）常温反应，以及大理石（固体）与稀盐酸（液体）常温反应，均属于“固—液、不加热”型，故发生装置选 B（长颈漏斗—锥形瓶简易装置）。
O₂ 密度略大于空气，CO₂ 密度明显大于空气，二者皆可用向上排空气法（装置 D）收集；若需干燥，可在发生装置与收集装置之间加一只盛有浓硫酸的洗气瓶。
（3）过氧化氢在二氧化锰催化下的分解方程式：
用排水法（装置 C）收集 O₂ 时，导致纯度偏低的常见原因：
① 装置气密性不好 → 气体外逸，收集量少，但残留空气比例不一定升高；
② 集气瓶未预先注满水 → 瓶内原有空气混入，O₂ 浓度下降；
③ 集气完毕仍残留少量水 → 仅减少 O₂ 体积，不改变纯度。
故应填 ②。
（4）白磷（P₄）本身是可燃物，80 ℃ 热水使其温度达到着火点（白磷约 40 ℃）。通入 O₂ 后，白磷同时满足“可燃物、温度 ≥ 着火点、与氧气接触”三条件，立即自燃：
4 P + 5 O₂ =2 P₂O₅（白烟）
实验中常将生成的 P₂O₅ 用碱液吸收，防止污染空气。
21. 兴趣小组进行跨学科实践活动——探究土壤酸碱性对绣球花颜色的影响。
任务一：探究调控绣球花变色措施
【查阅资料】①绣球花从土壤中吸收铝盐与色素作用，花瓣呈现蓝色；土壤中铝盐不足时，花瓣呈现粉色、红色等颜色。土壤的酸碱度影响其铝盐的含量，当土壤pH为4.5～6时，绣球花为最艳丽的蓝色。②氢氧化铝不溶于水。
小组同学根据资料确定绣球花调色措施：
（1）调蓝：向土壤中施加铝盐，铝盐的溶解性应为________。如果再施加酸性物质使土壤pH为4.5～6，能实现绣球花呈最艳丽的蓝色。
（2）调红：向土壤中施加碱性物质使铝盐生成________。
任务二：筛选合适的调色试剂
（3）小组同学选择了硫酸铝作调蓝试剂，白醋（主要成分醋酸）作为土壤酸化试剂。白醋可以中和土壤中的碱性物质，醋酸（）与氢氧化钙反应的化学方程式是____________。（已知：在水溶液中能解离出和）
（4）因NaOH碱性强、有强腐蚀性，调红时，稍有不慎就会造成绣球花死亡，故小组同学选用石灰乳或纯碱溶液作为调红试剂，但二者不能混合施用，原因是________。
任务三：制备用于调蓝的硫酸铝溶液
【查阅资料】①硫酸铝水溶液呈无色；②工业上制备硫酸铝常用的原料是铝土矿（主要成分为，还含有及不溶于稀硫酸的）；③过量的铝粉与硫酸铁溶液反应的化学方程式是。
【设计并实施实验】
（5）兴趣小组以铝土矿为原料，在实验室制取硫酸铝。
【反思评价】
（6）在用熟石灰调红时，不能与铵态氮肥一起施用。原因：①释放出氨气，使肥效降低；②________，影响调红效果。
【答案】（1）易溶
（2）氢氧化铝
（3）
（4）石灰乳主要成分是氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应会产生碳酸钙沉淀和氢氧化钠（也生成了氢氧化钠）
（5）①. ②. 铝粉 ③. 溶液由黄色变为无色 ④. 产生气泡
（6）若和铵态氮肥使用，氢氧根离子被消耗，不能吸收铝离子
【解析】（1）“铝盐”能被植物根系直接吸收，说明其在土壤溶液中必须能够完全电离出 Al³⁺，因此应选用易溶于水的铝盐，如 AlCl₃、Al₂(SO₄)₃ 或 KAl(SO₄)₂·12H₂O（明矾）。若使用难溶铝盐（如 Al(OH)₃ 或 AlPO₄）则无法提供足够的有效铝离子。
（2）Al³⁺ 与 OH⁻ 的沉淀反应：
Al³⁺ + 3 OH⁻ =Al(OH)₃↓
生成的 Al(OH)₃ 为白色胶状沉淀，既可降低溶液中游离 Al³⁺ 浓度，又可吸附土壤胶体，调节微域 pH。
（3）醋酸（CH₃COOH）与氢氧化钙（Ca(OH)₂）中和：
2 CH₃COOH + Ca(OH)₂ =Ca(CH₃COO)₂ + 2 H₂O
生成的醋酸钙可溶于水，常被用作钙肥，同时对土壤 pH 影响较温和。
（4）石灰乳 [Ca(OH)₂ 悬浊液] 与碳酸钠（Na₂CO₃）反应：
Ca(OH)₂ + Na₂CO₃ = CaCO₃↓ + 2 NaOH
生成的 NaOH 属强碱，会使局部土壤 pH 骤升，导致 Al(OH)₃ 进一步溶解（Al(OH)₃ + OH⁻ → [Al(OH)₄]⁻），反而增加可溶性铝含量；同时 NH₄⁺ 也会与 OH⁻ 反应：NH₄⁺ + OH⁻ = NH₃↑ + H₂O，损失氮素。因此二者不宜直接混用。
（5）氧化铁（Fe₂O₃）与稀硫酸反应：
Fe₂O₃ + 3 H₂SO₄ = Fe₂(SO₄)₃ + 3 H₂O
溶液 a 中除含 Fe₂(SO₄)₃ 和过量 H₂SO₄ 外，还含有由 Al₂O₃ 溶解生成的 Al₂(SO₄)₃。
加入过量铝粉的目的：
① Al + Fe₂(SO₄)₃ = 2 FeSO₄ + Al₂(SO₄)₃（或进一步 2 Al + 3 Fe²⁺ = 2 Al³⁺ + 3 Fe 黑色固体）
② Al + 3 H⁺ = Al³⁺ + ³⁄₂ H₂↑
现象：黄色（Fe³⁺）逐渐变浅至无色，同时有黑色铁粉析出并伴随气泡产生。
（6）在绣球等“铝指示植物”中，花色素苷与 Al³⁺ 络合呈蓝色；缺少铝离子则呈粉色或红色。为获得红色花朵，需要降低可利用铝浓度，可通过施 Ca(OH)₂ 提高 pH 并沉淀 Al³⁺：
Al³⁺ + 3 OH⁻ = Al(OH)₃↓
若同时配施铵态氮肥（NH₄⁺），NH₄⁺ 会与 OH⁻ 反应：NH₄⁺ + OH⁻ = NH₃↑ + H₂O，消耗 OH⁻，降低 pH，使 Al(OH)₃ 重新溶解，Al³⁺ 浓度回升，削弱甚至抵消调红效果。因此 Ca(OH)₂ 类调红剂不宜与铵态氮肥同时施用，应间隔 7–10 天。
22. 过碳酸钠（）俗称“固体双氧水”，常用于特定环境供氧。它遇水能分解为碳酸钠和过氧化氢。兴趣小组对过碳酸钠的组成和性质进行以下探究。
活动一：验证过碳酸钠部分化学性质
【设计并实施实验】
（1）小组设计并实施实验如下表，完成相关内容。
活动二：测定过碳酸钠的组成
【设计并实施实验】
为测定过碳酸钠（）样品中x、y的比值，兴趣小组选用下图所示装置进行实验（省略胶皮管、夹持等装置，整个装置气密性良好）。
【查阅资料】碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物；与稀不反应。
实验1：依次连接装置A、F，将盛有一定质量的过碳酸钠样品的网袋慢慢浸没在锥形瓶内的水中，待完全反应后，恢复到室温，测得量筒中进入224mL水（该实验状况下，224mL氧气质量为0.32g）。
实验2：先称量装置C、D的质量，再将“实验1”反应后的装置A小心拆下，依次连接装置A、B、C、D、E。慢慢倾斜装置A，使试管中的稀硫酸逐渐流入锥形瓶中，待反应完全后，再打开弹簧夹通入一会儿。测得装置C、D分别增重0.83g和0.05g。
（2）“实验2”中装置D增重的原因是________。
（3）根据实验数据计算，一定质量的过碳酸钠样品分解生成的碳酸钠与过氧化氢的质量比是________（填最简整数比，下同），则该过碳酸钠样品（）中________。
【反思评价】
（4）“实验1”中反应生成的氧气有部分残留在装置A中，没有全部进入装置F，对测定氧气体积的影响是________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）过碳酸钠的实际组成是。如果你计算的过碳酸钠组成中的量偏大，试分析造成实验误差的原因可能是________（写1条）。
【答案】（1）①. 带火星的木条复燃 ②. 将产生的气体通入澄清石灰水 ③. 有气泡产生，澄清石灰水变浑浊
（2）吸收气流从装置C中带出的水蒸气
（3）①. 53:17 ②. 1：1
（4）无影响
（5）装置A拆卸、连接时，空气中的CO2 被装置C吸收（合理即可 ）
【解析】下面把解析要点再扩充、理顺，并补充一些定量关系与误差分析细节，方便整体把握。
（1）现象与检验
步骤Ⅰ：2Na₂CO₃·3H₂O₂ = 2Na₂CO₃ + 3H₂O₂；2H₂O₂ → 2H₂O + O₂↑（MnO₂催化）
故带火星木条复燃，确认 O₂。
步骤Ⅱ：CO₃²⁻ + 2H⁺ = CO₂↑ + H₂O；CO₂ + Ca(OH)₂ = CaCO₃↓ + H₂O
操作：把步骤Ⅰ反应后的上层清液取出，逐滴加入稀盐酸，将逸出的气体通入澄清石灰水；现象：石灰水变浑浊，确认 CO₃²⁻ 存在。
（2）装置流程与增重原因
A：Na₂CO₃ + H₂SO₄ = Na₂SO₄ + CO₂↑ + H₂O
B：浓 H₂SO₄ 吸收水蒸气，得到干燥 CO₂
C：NaOH(aq) 吸收 CO₂（2NaOH + CO₂ = Na₂CO₃ + H₂O）
D：碱石灰吸收随气流带出的水蒸气，故 D 的增重 m(D)=0.05 g 即为水蒸气质量。
因此 CO₂ 的总质量
m(CO₂)=m(C)+m(D)=0.83 g+0.05 g=0.88 g。
（3）质量比计算
实验 1 中收集到的 O₂ 质量 0.32 g，对应 H₂O₂ 的质量：
2H₂O₂ → 2H₂O + O₂
2×34 g 32 g
x 0.32 g
x = 0.68 g
实验 2 中 CO₂ 质量 0.88 g，对应 Na₂CO₃ 的质量：
Na₂CO₃ + H₂SO₄ = Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O
106 g 44 g
y 0.88 g
y = 2.12 g
故
m(Na₂CO₃) : m(H₂O₂) = 2.12 g : 0.68 g = 53 : 17
若过碳酸钠“化学式”写成 2Na₂CO₃·3H₂O₂（摩尔质量 314 g·ml⁻¹），则
n(Na₂CO₃) : n(H₂O₂) = 2 : 3，质量比 2×106 : 3×34 = 212 : 102 ≈ 53 : 25.5。
实验测得 53 : 17，对应 n(Na₂CO₃) : n(H₂O₂) = 1 : 1，说明样品中过碳酸钠以 Na₂CO₃·H₂O₂（摩尔质量 146 g·ml⁻¹）形式存在，即 x : y = 1 : 1。
（4）排水法测氧气体积无系统误差
装置 A 内原有空气体积 V₀ 在反应结束后仍占空间；当反应产生的 O₂ 进入量筒（或量气管）时，V₀ 被等体积 O₂ 置换，因此 V₀ 不影响最终读数。
只有当温度、压强未恢复到室温、常压时才会带来误差，而解析已说明“恢复室温”，故无影响。
（5）CO₂ 质量偏大可能原因
• 实验 1 结束后拆卸装置，外部空气（含 CO₂）进入 A，后续实验 2 时这部分 CO₂ 被 C 吸收；
• 实验 2 开始前未用气体（如 N₂）吹扫系统，B、C 之间管路中的空气 CO₂ 被计入；
• 浓硫酸瓶 B 本身若含少量可挥发碳酸，也可能贡献痕量 CO₂；
• 称量碱石灰管 D 前未充分冷却，水蒸气冷凝增重被误计为 CO₂。
只要答出“装置连接时空气进入，导致额外 CO₂ 被吸收”即可得分。
五、分析与计算（本题包括1个小题。共7分）
23. 化学小组同学在实践基地发现一袋久置的熟石灰，标签显示其含少量杂质（杂质不溶于水也不与酸反应）。同学们为探究其变质程度，进行以下实验。取该熟石灰样品10 g于锥形瓶中，加入40 g水，振荡，然后逐滴加入一定溶质质量分数的稀盐酸，边加边振荡。加入稀盐酸的质量与锥形瓶中物质的总质量关系如下图所示。（忽略在水中的溶解）
请完成下列问题：
（1）10 g该熟石灰样品产生的质量是________g。
（2）计算所加入的稀盐酸的溶质质量分数。（写出计算过程，结果精确至0.1％）
（3）10 g该熟石灰样品中氢氧化钙的质量是________g。（不写计算过程）
【答案】（1）0.88
（2）解：根据图像分析，与碳酸钙反应的稀盐酸质量是60g−50g=10g；
设10g稀盐酸中HCl质量为x。
，x=1.46g。
稀盐酸溶质质量分数×100%=14.6%
答：稀盐酸溶质质量分数为14.6%。
（3）7.4
【解析】
（1）根据图像，久置的熟石灰中含有碳酸钙和氢氧化钙，当加入50g 稀盐酸时，氢氧化钙和盐酸先反应，后加入 60g -50g稀盐酸时，碳酸钙和盐酸反应；则生成质量为 50g+60g−109.12g=0.88g，答案： 0.88。
（2）见答案；
（3）与氢氧化钙反应的稀盐酸质量是50g，含HCl质量为50g×14.6%=7.3g。
设氢氧化钙质量为y。
，y=7.4g。
A．化学与环保
B．化学与能源
①使用可降解塑料，减少“白色污染”
②煤炭中加入固硫剂，减少污染
①化学电池是将化学能直接转化为电能的装置
②开发和利用新能源，禁止使用化石燃料
C．化学与健康
D．化学与农业
①人体内缺乏铁元素会导致贫血症
②实行体重健康管理，不吃含油脂食品
①大量施用化肥和农药提高农作物产量
②钾肥能增强农作物抗病虫害和抗倒伏能力
选项
实验目的
实验方案
A
除去铜粉中混有的碳粉
将混合物在空气中充分灼烧
B
鉴别硝酸铵和氯化钠固体
取等量样品，加等温、等量水溶解，比较温度变化
C
验证乙醇中含有碳元素
取样，点燃，在火焰上方罩一个干而冷的烧杯
D
除去稀盐酸中少量的稀硫酸
加入过量的BaCl2溶液，过滤
燃料
沸点（°C）（101kPa）
氢气
氨气
甲醇
64.7
实验操作
实验现象
结论及解释
步骤I．取20g铝土矿加入锥形瓶中，向其中加入过量的稀硫酸，充分反应后过滤，得到滤液a和滤渣（）。
滤液a显黄色。
、与稀硫酸反应。与稀硫酸反应的化学方程式是_________。
步骤Ⅱ．向滤液a中加入过量________，充分反应后过滤，得滤液b。
有黑色固体析出；
__________；
__________。
滤液b为硫酸铝溶液。
实验操作
实验现象
实验结论
步骤I．取少量过碳酸钠样品和粉末于试管中，加足量水，将带火星的木条放在试管口。
_______。
过碳酸钠溶于水能产生氧气。
步骤Ⅱ．取步骤Ⅰ反应后的上层清液，滴加过量的稀盐酸，________。
________。
上层清液与稀盐酸反应能产生二氧化碳。