2025年广东省广州实验中学中考化学三模试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 2025年广东省广州实验中学中考化学三模试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-08-09 08:39:35 | ||
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文档简介
2025年广东省广州实验中学中考化学三模试卷
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.经过几代科学家的努力，我国在化学应用领域的技术研究及高端制造已达到世界先进水平。下列研制成果属于合成材料的是（ ）
A.用于国防高端设备的高强度芳纶复合材料 B.用于“飞天”航天服的聚氯酯橡胶
C.用于世界最大口径单体反射镜的碳化硅材料 D.用于航空发电机的耐高温合金材料
A. A B. B C. C D. D
2.大气中的氮气是取之不竭的天然资源。下列工业生产以氮气作反应物的是（ ）
A. 制硝酸 B. 湿法炼铜 C. 高炉炼铁 D. 接触法制硫酸
3.下列物质的用途，主要利用其化学性质的是（ ）
A. 煤油作为温度计的测温材料 B. 铜和铝用于生产电缆
C. 钢铁作为建筑材料 D. 天然气作为家用燃料
4.我国化学家徐光宪研发的稀土分离技术具有里程碑意义。钬元素（Ho）在周期表中的信息如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 钬元素属于固态非金属元素 B. 钬原子的核电荷数为67
C. 钬原子的相对原子质量为164.93 D. 1个Ho3+核内有67个质子
5.下列有关维生素C（C6H8O6）的说法中，正确的是（ ）
A. 属于氧化物
B. C、O元素的质量比为1：1
C. 由6个碳元素、8个氢元素、6个氧元素组成
D. 滴浓硫酸会碳化变黑
6.化学创造美好生活。下列化学知识不能用来解释对应生产生活情景的是（ ）
选项 生产生活情景 化学知识
A 用熟石灰作建筑材料 氢氧化钙能与CO2反应
B 用氖灯验电笔检查家庭线路 氖气通电会发光
C 煮饭锅底出现黑色物质 燃气不充分燃烧产生了炭黑
D 武德合金用于电路保险丝 武德合金熔点高
A. A B. B C. C D. D
7.某光催化合成氨反应的微观示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该反应属于化合反应 B. 该反应过程中最小的粒子是H2分子
C. 参加反应的分子个数比为3：1 D. 反应前后元素化合价均改变
8.下列宏观事实的微观解释不正确的是（ ）
A. 排空气法收集氧气会混有空气——分子之间有间隔
B. 酒精溶液不能导电——溶液中没有自由移动的粒子
C. 白磷燃烧后，物质总质量不变——化学反应前后原子种类和数目不变
D. 硫酸铜和氯化铜有相似的化学性质——溶液中都含有Cu2+
9.“硝花”是寒冬时节硫酸钠结晶的一种现象。某兴趣小组自制“硝花”如图所示。下面分析不正确的是（ ）
A. 图1中的搅拌可以加快Na2SO4的溶解速度
B. 图2中气温下降到0℃，有“硝花”析出
C. 给饱和的Na2SO4溶液进行降温，一定会有“硝花”析出
D. 因降温而析出“硝花”的溶液，其溶质的质量分数一定比原溶液小
10.国家卫健委在2025年3月两会上宣布延续“体重管理年”行动，普及健康生活方式。下列关于健康生活方式的说法正确的是（ ）
A. 不宜吃得过荤——脂肪对人体百害而无一利
B. 不宜吃得过甜——糖类是人类唯一的供能物质
C. 不宜吃得过偏——老年人缺钙会导致佝偻病
D. 不宜吃得过咸——钠摄入过多会增加患高血压的风险
11.某实践小组参观本地矿泉水厂，该厂矿泉水含钙、钾等矿物质，其生产流程示意图如下，下列说法不正确的是（ ）
A. 矿泉水中的钙、钾指的是元素
B. 活性炭过滤器中活性炭的作用是吸附作用或除去水中的色素和异味
C. 推测该流程中“超滤”的主要作用是除去难溶性大颗粒
D. 加入臭氧的目的是灭菌消毒，该变化是化学变化
12.分类法可用于预测物质的性质及其变化规律。下列物质的分类与性质预测对应关系正确的是（ ）
选项 物质 类别 性质预测
A CO 非金属氧化物 能与NaOH溶液反应
B Mg 金属单质 可在空气中燃烧生成MgO
C Fe（OH）3 难溶性碱 可使酚酞试液变红
D K2CO3 钾盐 能与酸反应
A. A B. B C. C D. D
13.下列实验方案中，能达到目的的是（ ）
选项 实验目的 方法和主要操作
A 制备Cu（OH）2 往CuO中加入足量NaOH溶液
B 除去FeCl3溶液中混有的少量CuCl2 加入过量的铁粉，过滤
C 鉴别H2和CH4 分别点燃后，在火焰上方罩涂有澄清石灰水的烧杯
D 检验CO2中混有HCl气体 将气体通入紫色石蕊试液
A. A B. B C. C D. D
14.下列有关实验方案的设计，不合理的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 冷碟子底部出现炭黑 石蜡是碳元素的一种单质
B 听到尖锐爆鸣声 装置中的空气没排干净
C 加10mL水得到悬浊液，加10mL稀盐酸得到澄清溶液 Ca（OH）2可与稀盐酸反应
D 塑料瓶变瘪 证明CO2能溶于水
A. A B. B C. C D. D
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
15.CO2是一种温室气体，其过量排放导致的全球变暖日益引起了人们的关注。
（1）为了控制大气中CO2的含量，以下措施不可行的是 ______（填字母）
a.开发新能源 b.禁止使用化石燃料 c.大力植树造林 d.大力发展公共交通
（2）封存CO2：将CO2通过船舶或管道运输到深海区域，并将其注入到海底
①通常注入CO2的深度需要大于1000m,其原因可能是 ______。
②请从海底封存能力和对海洋生态环境的影响，分析这项技术的优点与不足：______、______。
（3）合成绿色化肥：CO2和NH3可合成氮肥NH4HCO3，该反应符合“原子利用率100%”的绿色化学理念，则反应的化学方程式为 ______。
三、流程题：本大题共2小题，共16分。
16.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
（1）因为氢气燃烧热值高、______（任写一点），氢能被称为最理想的能源。
（2）下图是绿氢的“制氢、储氢、释氢”示意图。
①“制氢”：电解器中电极b为 ______极；该方法被称为“绿氢”的原因是 ______。
②“储氢”：合成器中参与反应的CO2与H2的质量比为 ______。
③“释氢”：因为H2的沸点比CO ______（填“高”或“低”），利用液氮的低温可将CO液化分离。理论上该过程释放氢气的质量 ______（填“＞、＜或=”）储氢中氢气的质量。
（3）CO在钯（Pd）膜反应器中反应制备H2的工作原理如下图所示，请从微观角度描述Pd膜能选择性透过氢气的原因：______，在另一侧H原子重新结合成H2分子释放。
17.近年来，海洋矿产的资源开发与利用已成为国家发展的重要支撑。某工厂用提取粗盐后的盐卤（图1）制备金属镁，主要流程如图2所示。
（1）盐卤中含有的金属阳离子有Na 、______。
（2）沉淀池发生反应的化学方程式是 ______，部分企业选择价格较高的NaOH进行沉镁而不选用石灰浆的原因是 ______（写一条）。
（3）反应器中加入过量稀盐酸后的溶质有CaCl2、______（填化学式）。
（4）MgCl2和CaCl2的部分溶解度如下表，则蒸发器内的操作为 ______、趁热过滤，洗涤，干燥，得到纯净的MgCl2晶体，“趁热过滤”的目的是 ______。
温度/℃ 0 10 20 30 40
溶解度 氯化钙 59.5 65.0 74.5 100 116
氯化镁 52.9 53.8 54.8 56.0 58.0
（5）若生产过程中镁元素无损失，则1000g盐卤可制备金属镁 ______g。
四、探究题：本大题共3小题，共30分。
18.铈（Ce）的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件等。
（1）铈的一种合金由钛、铈组成，钛的硬度约为6（数值越大，硬度越大），铈的硬度为2.5，可推知该合金的硬度范围是 ______。
（2）Ce的常见化合价为+3价，写出一条能证明Ce的活动性比Zn强的方程式 ______。
（3）工业上利用CeO2提取CeCl3的过程如图所示：
①CeO2读作 ______。
②酸浸过程发生的反应方程式为 ______。
③实际生产过程中，酸浸后的溶液中除CeCl3外，常含有FeCl3，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表，碱洗时pH的调节范围是3.2～7.6，目的是 ______。
金属离子 Fe3+ Ce3+
开始沉淀的pH 2.3 7.6
沉淀完全的pH 3.2 9.0
（4）获得CeCl3溶液的方法也可将CeO2直接酸浸：2CeO2+8HCl=2CeCl3+X↑+4H2O，X的化学式为 ______，当温度升高到一定程度后，Ce元素的浸出率随温度升高而减小（如图），可能的原因是 ______。
19.某无土栽培营养液的配方包含A液和B液。对该营养液开展如下项目活动。
任务一：A液成分揭秘
已知：A液中含有Ca（NO3）2、FeSO4中的一种或两种溶质。
Fe（OH）2是不溶于水的白色沉淀，易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3。
【实验探究】
（1）
操作 现象 结论
步骤一：取适量A液于试管中，滴加过量NaOH溶液，静置 先有白色沉淀， ______ A液含有Ca（NO3）2和FeSO4
步骤二：往上述试管中的上层清液滴加 ______ 溶液 产生白色沉淀
【分析评价】
（2）步骤一中NaOH溶液能否用Ba（OH）2溶液代替？请说明理由：______。
任务二：B液对植物作用
（3）B液中含有KNO3，KNO3可以为植物提供______（填元素符号）
（4）B液中含有CuSO4，兴趣小组研究了不同浓度的CuSO4溶液对玉米根尖细胞分裂指数（）的影响。每次施用的浇灌液均为100mL，配液方案如表：（本研究所用溶液很稀，密度均近似看作1g/cm3）
编号 浇灌液中CuSO4的浓度 总体积/mL 5%CuSO4溶液的用量/mL 水的用量/mL
盆1 5% 100 100 0
盆2 3% 100 a b
盆3 1% 100 20 80
盆4 w 100 c d
①补充盆2的配液数据：a=______，b=______。
②为了获得严谨的结论，合理设计盆4的配液方案：w=______，d=______。
③结果如图。下列叙述正确的是______
A.随着浓度增加，分裂指数先升高后降低
B.CuSO4对植物生长只有促进作用
C.农业上用石灰乳与CuSO4配成农药波尔多液
20.“爆炸盐”是家庭常用洗涤剂，有效成分为过碳酸钠（2Na2CO3 3H2O2），过碳酸钠溶于水后分解成Na2CO3和H2O2，兼具碳酸钠和过氧化氢的性质。
Ⅰ.认识“爆炸盐”
（1）根据图1标识，洁厕灵的有效成分含 ______（填“HCl”或“NaOH”），禁止与洁厕灵混合使用的原因是 ______（用方程式表示）。
（2）若用爆炸盐配成的溶液快速制取氧气，还需要的一种试剂是 ______，发生装置可选择图2的 ______（填标号）。
Ⅱ.探究将H2O2和Na2CO3制成爆炸盐使用的原因
有同学提出碳酸钠对的分解可能有促进作用，并进行如下探究：
相同温度下，向100g4%的溶液中分别加入1gNaCl、Na2CO3、NaOH固体，一段时间后用传感器测定溶液中溶解氧浓度。
实验序号 ① ② ③ ④
试剂 未添加固体 1g氯化钠固体 1g碳酸钠固体 1g氢氧化钠固体
溶解氧浓度mg/L 6.44 6.44 9.11 10.97
【实验结论】
（3）综上可知，______（填离子符号）对H2O2分解速率没有影响； ______（选填“碱性”、“中性”或“酸性”）条件下H2O2的分解速率更快。
（4）请设计实验证明爆炸盐溶液呈碱性的原因是起的：取少量Na2CO3溶液于试管中，______（写出实验操作和现象）。
[可选用的试剂：CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液]。
1.【答案】
【解析】解：A、高强度芳纶复合材料是由芳纶纤维与其他材料复合而成，所以高强度芳纶复合材料属于复合材料，故A错误；
B、聚氯酯橡胶是合成橡胶，属于合成材料，故B正确；
C、碳化硅材料属于无机非金属材料，故C错误；
D、合金属于金属材料，故D错误；
故选：B。
根据已有的材料的类别进行分析解答即可。
加强对材料类别的掌握是正确解答本题的关键。
2.【答案】
【解析】解：A、在工业制硝酸（HNO3）的过程中，首先需要合成氨（NH3），合成氨的反应为氮气（N2）和氢气（H2）在高温、高压和催化剂作用下反应生成氨（NH3）；故选项正确；
B、湿法炼铜是利用铁和硫酸铜溶液（或其他铜盐溶液）反应得到铜，不涉及氮气；故选项错误；
C、高炉炼铁是用一氧化碳（CO）还原铁矿石（如赤铁矿，主要成分是Fe2O3）生产生铁，氮气不参与化学反应；故选项错误；
D、接触法制硫酸是将二氧化硫（SO2）催化氧化为三氧化硫（SO3），再与水结合成硫酸，气中的氮气不参与反应，不是反应物；故选项错误；
故选：A。
氮气的化学性质不活泼，氮气的用途是：制造氮肥、氮气充入食品包装袋内可以防腐、液态氮可以做制冷剂。
本考点考查了物质的性质与用途、金属的冶炼等，初中阶段常见的物质的性质和用途要记牢。本题也体现了：性质决定用途，用途又反映性质的理念，本考点经常出现在选择题和填空题中。
3.【答案】
【解析】解：A、煤油作为温度计的测温材料，是利用煤油热胀冷缩的性质，该性质不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质，故A错；
B、铜和铝用于生产电缆，是利用铜和铝的导电性，该性质不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质，故B错；
C、钢铁作为建筑材料，是利用钢铁硬度大的性质，该性质不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质，故C错；
D、天然气作为家用燃料，是利用天然气的可燃性，天然气燃烧生成二氧化碳和水，属于化学变化，该性质需要通过化学变化才能表现出来，属于化学性质，故D正确。
故选：D。
物理性质是指物质不需要发生化学变化就表现出来的性质．化学性质是指物质在化学变化中表现出来的性质．而化学变化的本质特征是变化中有新物质生成，因此，判断物理性质还是化学性质的关键就是看表现物质的性质时是否有新物质产生。
物理性质、化学性质是一对与物理变化、化学变化有密切关系的概念，联系物理变化、化学变化来理解物理性质和化学性质，则掌握起来并不困难。
4.【答案】
【解析】解：A、钬元素名称带有“钅”字旁，属于金属元素，而不是固态非金属元素，故选项不正确。
B、元素名称左上角的数字表示原子序数，钬原子的原子序数为 67，因为原子序数=核电荷数，所以钬原子的核电荷数为67，故选项正确。
C、元素名称正下方的数字表示相对原子质量，则钬原子的相对原子质量为164.93，故选项正确。
D、由于原子序数=质子数，钬原子的原子序数为67，所以1个Ho3+核内有 67个质子，故选项正确。
故选：A。
A、除汞外，金属元素的名称都带金字旁，非金属元素的名称不带金字旁。
B、原子中，核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数。
C、相对原子质量是原子的相对质量。
D、1个钬原子失去3个电子形成带3个单位正电荷的Ho3+。
元素周期表反映了元素之间的内在联系，要注意理解和应用。
5.【答案】
【解析】解：A、维生素C的化学式为C6H8O6，含有碳（C）、氢（H）、氧（O）三种元素，不属于氧化物，故A错误；
B、维生素中 C与O的质量比 = （12×6）：（16×6）= 3：4，故B错误；
C、维生素C由碳、氢、氧三种元素组成，故C错误；
D、浓硫酸具有脱水性，能从有机物中夺取水分（氢、氧元素按水的比例脱去），导致有机物碳化变黑，维生素C（C6H8O6）是有机物，所以滴加浓硫酸会发生碳化现象，故D正确。
故选：D。
A、根据氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧进行分析；
B、根据元素质量比 等于相对原子质量和原子个数的乘积之比进行分析；
C、根据物质是由元素组成的进行分析；
D、根据浓硫酸具有脱水性，能从有机物中夺取水分（氢、氧元素按水的比例脱去），导致有机物碳化变黑进行分析。
本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力。
6.【答案】
【解析】解：A、用熟石灰作建筑材料，是因为氢氧化钙能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水，从而变得坚硬，故A正确；
B氖气属于稀有气体，稀有气体通电会发光，故用氖灯验电笔检查家庭线路，故B正确；
C、氧气不足，燃气不充分燃烧生成了炭黑，故煮饭锅底会出现黑色物质，故C正确；
D、武德合金用于电路保险丝，是因为武德合金熔点低，高温易熔断，故D错误。
故选：D。
根据已有的物质的性质和用途的关系进行分析解答即可。
加强对物质性质和用途的关系的掌握是正确解答本题的关键。
7.【答案】
【解析】解：A、该反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，故选项说法正确；
B、在化学反应中，原子是化学变化中的最小粒子，而不是分子，该反应中氢原子和氮原子是最小粒子，故选项说法错误；
C、参加反应的氢气分子和氮气分子个数比为3：1，故选项说法正确；
D、反应前氢气中氢元素化合价为 0，氮气中氮元素化合价为 0；反应后氨气中氢元素化合价为+1，氮元素化合价为-3，反应前后元素化合价均改变，故选项说法正确；
故选：B。
由反应的微观示意图可知，氢气和氮气在光及光催化剂的催化作用下生成氨气，反应的化学方程式为：。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
8.【答案】
【解析】解：A、分子之间有间隔，空气和氧气的分子在运动时，由于间隔存在，能进入彼此空隙，所以排空气法收集氧气会混有空气，故不符合题意。
B、酒精溶液中存在的自由移动粒子，但为酒精分子和水分子，不存在自由移动的离子，所以不能导电，故符合题意。
C、化学反应中原子种类、数目和质量不变，只是重新组合。白磷燃烧是化学变化，所以燃烧后物质总质量不变，故不符合题意。
D、硫酸铜和氯化铜溶液中都含铜离子，所以具有相似的化学性质，故不符合题意。
故选：B。
根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断。
本题难度不大，掌握分子的基本性质（可以简记为：“两小运间，同同不不”）及利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。
9.【答案】
【解析】解：A.图1中的搅拌可以加快Na2SO4的溶解速度，故A正确；
B.0℃是硝酸钾的溶解度为4.9克，故100克水在该温度下最多可溶4.9克硝酸钾，图2中气温下降到0℃，有“硝花”析出，故B正确；
C.根据溶解度可知，40℃前硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，40℃后硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小，给饱和的Na2SO4溶液进行降温，不一定会有“硝花”析出，故C不正确；
D.“硝花”是硫酸钠结晶，析出“硝花”后溶质质量减少，溶质质量分数变小，故D正确。
故选：C。
A.根据搅拌对溶解速度的影响，进行分析；
B.根据降温结晶的条件，进行分析；
C.根据硫酸钠的溶解度随温度变化的特点，进行分析；
D.根据降温结晶后溶液的溶质质量分数变化，进行分析。
本题主要考查溶解度、结晶和溶质质量分数的相关知识。理解溶解度随温度变化的特点以及结晶的条件，有助于正确判断相关说法的正误。
10.【答案】
【解析】解：A、脂肪是人体重要的储能物质，还能起到保温、缓冲和减压等作用，并非对人体百害而无一利，故A不符合题意；
B、糖类是主要的供能物质，但不是唯一的供能物质，脂肪和蛋白质在一定情况下也能提供能量，故B不符合题意；
C、佝偻病是由于儿童期缺钙或维生素D缺乏引起的骨骼发育疾病，老年人缺钙主要导致骨质疏松症（骨骼变脆、易骨折），而非佝偻病，故C不符合题意；
D、钠摄入过多会使人体的血容量增加，从而增加患高血压的风险，所以不宜吃得过咸，故D符合题意；
故选：D。
A.脂肪是人体必需的营养素，参与细胞膜构成、激素合成及能量储存，长期完全戒除荤食会导致脂溶性维生素（A、D、E、K）缺乏，引发免疫力下降、骨质疏松等问题。
B.糖类是主要供能物质，但并非唯一来源，蛋白质和脂肪在长期饥饿或高强度运动时也可分解供能。
C.佝偻病是儿童维生素D缺乏导致的骨骼发育异常，老年人缺钙主要引发骨质疏松症、骨折及手足抽搐症。
D.钠摄入过多会导致水钠潴留，增加血容量，直接升高血压。
本题难度简单，聚焦健康生活方式的科学认知，覆盖营养学、病理学及公共卫生政策，选项设计结合常见误区（如完全戒荤、糖类唯一性）和特定人群健康问题（老年人缺钙、高血压与钠摄入），考查学生对基础知识的辨析能力，通过辨析常见误区，引导学生树立平衡膳食、适度运动的健康观念，具有较高的教育价值。
11.【答案】
【解析】解：A、物质是由元素组成的，矿泉水中的钙、钾指的是元素，说法正确；
B、活性炭具有吸附性，活性炭过滤器中活性炭的作用是吸附作用或除去水中的色素和异味，说法正确；
C、石英砂过滤器可以除去水中较大的难溶性杂质，由图示推测该流程中“超滤”的主要作用是除去难溶性小颗粒，说法错误；
D、加入臭氧的目的是灭菌消毒，该变化有新物质生成，是化学变化，说法正确。
故选：C。
A、根据物质的组成来分析；
B、根据活性炭的性质来分析；
C、根据净化水的方法与原理来分析；
D、根据是否生成新物质来分析。
要想解答好这类题目，首先，要熟记混合物的分离方法、水的净化方法、原理和相关实验操作等。然后结合实验情景和问题情景，细致地分析题意和实验信息，并根据所学的相关知识，选择好净化的方法，进行净化实验操作，或者是通过细心地思考、探究，来解答相关的实际问题等。
12.【答案】
【解析】解：A、一氧化碳是非金属氧化物，但是一氧化碳不能和氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B、Mg属于金属单质，在空气中燃烧时与氧气反应，生成白色固体氧化镁（MgO），故B正确；
C、Fe（OH）3是难溶性碱，难溶性碱不溶于水，无法解离出足够 OH-离子，因此不能使酚酞试液变色，故C错误；
D、碳酸钾由钾离子和碳酸根离子构成，是钾盐。但碳酸钾能和酸反应是因为碳酸钾中的碳酸根离子和酸中的氢离子结合生成水分子和二氧化碳分子，与物质类别是钾盐无关系，故D错误；
故选：B。
根据已有的物质的类别和性质进行分析解答即可。
加强对物质类别的掌握是正确解答本题的关键。
13.【答案】
【解析】解：A.氧化铜与氢氧化钠不反应，不能用氧化铜和氢氧化钠制备氢氧化铜，故A错误；
B.加入过量的铁粉，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤，除去反应生成的铜和过量的铁，虽然除去了杂质，但是也除去了原物质，故B错误；
C.分别点燃后，在火焰上方罩涂有澄清石灰水的烧杯，氢气燃烧生成水，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，澄清石灰水变浑浊的是甲烷，无明显现象的是氢气，现象不同，可以鉴别，故C正确；
D.将气体通入紫色石蕊试液，二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，能使紫色石蕊试液变红，氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸显酸性，也能使紫色石蕊试液变红，无法检验二氧化碳中是否混有氯化氢，故D错误。
故选：C。
A.根据氧化铜与氢氧化钠溶液的反应，进行分析；
B.根据铁与氯化铜和氯化铁的反应，进行分析；
C.根据氢气和甲烷燃烧产物的性质，进行分析；
D.根据二氧化碳和氯化氢气体的性质，进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14.【答案】
【解析】解：A、蜡烛火焰上方罩冷碟子，冷碟子底部出现炭黑，由反应前后元素种类不变，只能得出石蜡中含碳元素，其他元素没有验证，不能得出石蜡是碳元素的一种单质，故选项实验方案的设计不合理。
B、收集一小试管氢气，移至酒精灯火焰处点燃，听到尖锐爆鸣声，证明氢气不纯，即装置中的空气没排干净，故选项实验方案的设计合理。
C、将等体积的水和稀盐酸分别加入等质量氢氧化钙粉末中，加10mL水得到悬浊液，加10mL稀盐酸得到澄清溶液，可证明Ca（OH）2可与稀盐酸反应，故选项实验方案的设计合理。
D、向盛有二氧化碳的塑料瓶中加入水，振荡，塑料瓶明显变瘪，说明瓶内压强明显减小，可证明CO2能溶于水，故选项实验方案的设计合理。
故选：A。
A、根据蜡烛不充分燃烧时能生成黑色的炭黑，进行分析判断。
B、根据检验氢气纯度的方法，进行分析判断。
C、根据酸的化学性质，进行分析判断。
D、根据塑料瓶明显变瘪，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学的难点，明确实验原理、熟练掌握所涉及物质的性质等是正确解答本题的关键。
15.【答案】
【解析】解：（1）a、开发新能源可以减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于控制大气中二氧化碳的含量，措施可行，故a不符合题意；
b、当前全球能源结构仍以化石燃料为主，禁止使用化石燃料会导致能源供应崩溃，影响经济和社会稳定，措施不可行，故b符合题意；
c、大力植树造林可以增加二氧化碳的吸收，有利于控制大气中二氧化碳的含量，措施可行，故c不符合题意；
d、大力发展公共交通可以减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于控制大气中二氧化碳的含量，措施可行，故d不符合题意。
（2）①通常注入CO2的深度需要大于1000m,其原因可能是：深海压强高，CO2溶解度大，不易逸出；
②优点：深海封存能力强，可长期储存CO2；不足：CO2溶于水使海水酸化，影响海洋生态；
（3）“原子利用率100%”，符合这一特征的反应是化合反应，根据碳酸氢铵可知其含有铵根，还含有碳酸氢根，故反应是二氧化碳、氨气与水反应生成碳酸氢铵，化学方程式为CO2+NH3+H2O=NH4HCO3。
故答案为：（1）b；
（2）①深海压强高，CO2溶解度大，不易逸出；
②优点：深海封存能力强，可长期储存CO2；不足：CO2溶于水使海水酸化，影响海洋生态；
（3）CO2+NH3+H2O=NH4HCO3。
（1）根据控制大气中CO2的含量的做法来分析；
（2）根据影响气体溶解度的因素以及二氧化碳的性质来分析；
（3）根据化学反应的原理来分析。
解答这类题目时，首先，要熟记二氧化碳的对环境的两方面影响，尤其是二氧化碳所造成的温室效应，以及防止温室效应的措施等。然后，根据所给的问题情景，以及相关信息等，结合所学的有关知识和技能，联系起来细心地探究、推理后，按照题目要求进行选择或解答即可。
16.【答案】
【解析】（1）氢能被称为最理想的能源，是因为氢气燃烧热值高，且燃烧产物为水，对环境无污染；
（2）①电解水实验中，与电源正极相连的一端产生氧气，与电源负极相连的一端产生氢气，电解器中电极b产生氢气，说明电极b为负极；该方法被称为“绿氢”的原因是利用太阳能发电电解水，对环境无污染；
②合成器中氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，则参与反应的CO2与H2的质量比为44：（2×3）=22：3；
③利用液氮的低温可将CO液化分离，说明H2的沸点比CO低；储氢过程中二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，释氢过程中甲醇分解生成一氧化碳和氢气，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则储氢过程中氢气中氢元素的质量等于生成甲醇和水中氢元素的质量之和，释氢过程中甲醇中氢元素的质量等于生成氢气中氢元素的质量，所以理论上该过程释放氢气的质量＜储氢中氢气的质量；
（3）从微观角度描述Pd膜能选择性透过氢气的原因：氢分子在膜一侧分解成氢原子，氢原子直径小于Pd膜的孔隙能够透过Pd膜，在另一侧氢原子重新结合成H2分子释放。
故答案为：
（1）燃烧产物为水，对环境无污染；
（2）①负；利用太阳能发电电解水，对环境无污染；
②22：3；
③低；＜；
（3）氢分子在膜一侧分离成氢原子，氢原子直径小于Pd膜的孔隙能够透过Pd膜。
（1）根据氢气作为能源的优点（燃烧产物无污染、热值高、来源广泛等），分析氢能被称为最理想能源的原因；
（2）根据电解水的原理（正氧负氢）判断电解器中电极的极性，结合“绿氢”的定义分析其原因；根据合成器中反应的化学方程式计算CO2与H2的质量比；比较H2与CO的沸点，结合质量守恒定律分析释氢过程中氢气质量与储氢中氢气质量的关系；
（3）从微观角度（分子或原子的大小、结构等）解释 Pd 膜能选择性透过氢气的原因。
本题考查氢能的相关知识，涉及氢气的优点、绿氢的制备与储存、微观角度解释物质的透过性等，关键是结合电解原理和化学方程式进行分析，理解质量守恒定律在化学反应中的应用。
17.【答案】
【解析】（1）由图示中所给盐卤中的盐类物质可知，盐卤中含有的金属阳离子有Na 、Mg2+、K+。
（2）沉淀池中加入石灰浆（主要成分为氢氧化钙），氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙、硫酸镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和硫酸钙，化学方程式是MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2、MgSO4+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaSO4；氢氧化钙微溶于水，部分企业选择价格较高的NaOH进行沉镁而不选用石灰浆，是由于氢氧化钠溶液浓度高，沉镁更彻底，产物纯度高。
（3）反应器中加入过量稀盐酸后，氢氧化镁会与盐酸反应生成氯化镁和水，因盐酸过量，所以溶液的溶质除CaCl2之外，还有MgCl2、HCl。
（4）由表中所给数据可知，氯化钙的溶解度受温度影响大，氯化镁的溶解度受温度影响小，提纯氯化镁可用蒸发结晶，蒸发器内的操作为蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤，干燥，得到纯净的MgCl2晶体。因氯化钙的溶解度受温度影响大于氯化镁，“趁热过滤”是为了防止温度降低时CaCl2析出。
（5）1000g盐卤中含氯化镁142.5g,含硫酸镁60g,由镁元素质量守恒可知，1000g盐卤可制备金属镁的质量为142.5g×+60g×=48g。
故答案为：（1）Mg2+、K+；
（2）MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2；NaOH溶液浓度高，沉镁更彻底，产物纯度高（答案不唯一）；
（3）MgCl2、HCl；
（4）蒸发浓缩；防止温度降低时CaCl2析出；
（5）48。
（1）根据盐中的离子来分析；
（2）根据流程图信息、化学反应的原理来分析；
（3）根据物质的性质以及盐酸过量来分析；
（4）根据物质的性质以及分离混合物的方法来分析；
（5）根据质量守恒定律来分析。
从海水中提取镁的问题需要对化学原理、实验操作和计算都有清晰的把握，结合具体题目所提供的信息和要求，有针对性地运用所学知识进行解答。
18.【答案】
【解析】（1）合金的硬度比其组成金属的硬度大，所以硬度＞6；
（2）铈与硫酸锌反应生成锌和硫酸铈，说明Ce的活动性比Zn强，化学方程式为2Ce+3ZnSO4=Ce2（SO4）3+3Zn；
（3）①根据化学式先读后写的原则，CeO2读作二氧化铈；
②酸浸过程发生的反应是三氧化二铈与盐酸反应生成氯化铈和水，化学方程式为Ce2O3+6HCl=2CeCl3+3H2O；
③实际生产过程中，酸浸后的溶液中除CeCl3外，常含有FeCl3，由表格数据可知，Fe3+沉淀完全的pH为3.2，Ce3+开始沉淀的pH为7.6，则碱洗时pH的调节范围是3.2～7.6的目的是：使Fe3+完全沉淀，Ce3+不沉淀；
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类及数目不变，根据化学方程式2CeO2+8HCl=2CeCl3+X↑+4H2O，反应前有2个铈原子、4个氧原子、8个氢原子和8个氯原子，反应后有2个铈原子、6个氯原子、1个X分子、8个氢原子和4个氧原子，则1个X分子中含有2个氯原子，故X的化学式为Cl2；
当温度升高到一定程度后，Ce元素的浸出率随温度升高而减小，可能的原因是：温度升高，HCl挥发加剧，反应物浓度降低，浸出率减小。
故答案为：（1）＞6；
（2）2Ce+3ZnSO4=Ce2（SO4）3+3Zn；
（3）①二氧化铈；
②Ce2O3+6HCl=2CeCl3+3H2O；
③使Fe3+完全沉淀，Ce3+不沉淀；
（4）Cl2；温度升高，HCl挥发加剧，反应物浓度降低，浸出率减小。
（1）根据合金的特点分析；
（2）根据铈与硫酸锌反应生成锌和硫酸铈分析；
（3）①根据化学式先读后写的原则分析；
②根据酸浸过程发生的反应是三氧化二铈与盐酸反应生成氯化铈和水分析；
③根据实际生产过程中，酸浸后的溶液中除CeCl3外，常含有FeCl3，由表格数据可知，Fe3+沉淀完全的pH为3.2，Ce3+开始沉淀的pH为7.6分析；
（4）根据质量守恒定律分析。
本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。
19.【答案】
【解析】（1）步骤一：氢氧化钠和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁固体与氧气发生反应被氧化成红褐色沉淀氢氧化铁，故先生成白色沉淀，后变为红褐色；
步骤二：因为现象是产生白色沉淀，且溶液中有硝酸钙溶液，故可向上层清液滴入碳酸钠溶液，碳酸钠和硝酸钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和硝酸钠；故答案为：逐渐变为红褐色；Na2CO3（答案不唯一）；
（2）不能，Ba（OH）2与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，干扰Ca2+检验；故答案为：不能，Ba（OH）2与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，干扰Ca2+检验；
（3）硝酸钾中含有K、N、O元素，故其可以为植物提供K、N；故答案为：K、N；
（4）①根据“用不同浓度的溶液浇灌植物”可知，各组实验溶液浓度不同：由表格数据，浇灌液中硫酸铜的浓度是使用5%硫酸铜溶液和水配制的不同浓度的溶液。根据溶质质量分数的计算公式， a=60mL，需要水的体积b=100mL-60mL=40mL；故答案为：60；40；
②为了获得严谨的结论，需要使用只浇灌水的空白组实验与使用硫酸铜溶液浇灌的实验组进行对比，判断硫酸铜溶液是否对植物生长有影响，则w=0%，d=100；故答案为：0%；100；
③A、由图像可知，随着硫酸铜溶液浓度增加，分裂指数先升高后降低，说法正确；
B、由图像可知，随着硫酸铜溶液浓度增加，玉米根尖细胞分裂指数先升高后降低，故浓度过大，会抑制植物生长，说法错误；
C、农业上用石灰乳与CuSO4配成农药波尔多液，说法正确；
故选：AC。
（1）根据氢氧化钠和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁固体与氧气发生反应被氧化成红褐色沉淀氢氧化铁分析；根据碳酸钠和硝酸钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和硝酸钠分析；
（2）根据Ba（OH）2与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，干扰Ca2+检验分析；
（3）硝酸钾中含有K、N、O元素，故其可以为植物提供K、N；
（4）①根据溶质质量分数的计算公式分析；
②根据控制变量法分析；
③根据图像分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
20.【答案】
【解析】（1）洁厕灵显酸性，其有效成分含 HCl。因为 NaOH 是强碱，不符合洁厕灵酸性的性质。过碳酸钠溶于水后分解成 Na2CO3和 H2O2，Na2CO3会与 HCl 反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，所以禁止与洁厕灵混合使用。
（2）过碳酸钠溶于水后分解成 Na2CO3和 H2O2，要快速制取氧气，可加入二氧化锰作催化剂。
过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，该反应是固体与液体在常温下进行的反应，发生装置可选择图2中的B。
（3）对比实验①（未添加固体）和实验②（加入1g氯化钠固体），溶解氧浓度均为6.44mg/L，氯化钠在溶液中会解离出Na+和Cl-，这说明Na+和Cl-对H2O2分解速率没有影响。
实验③加入碳酸钠固体（其水溶液显碱性）、实验④加入氢氧化钠固体（其水溶液显碱性）后，溶解氧浓度都比实验①未加固体时大，说明碱性条件下H2O2分解速率更快。
（4）要证明爆炸盐溶液呈碱性的原因是引起的，可利用CaCl2溶液与反应生成沉淀从而除去，观察溶液碱性是否消失。具体操作是：取少量Na2CO3溶液于试管中，加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，然后滴入酚酞溶液，溶液不变红，说明溶液呈碱性是由引起的。因为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl,反应后溶液中不存在，若酚酞不变红，就证明了原溶液的碱性是导致的。
故答案为：（1）HCl；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。
（2）二氧化锰；B。
（3）Na+、Cl-；碱性。
（4）加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，然后滴入酚酞溶液，溶液不变红，说明溶液呈碱性是由引起的。
（1）洁厕灵显酸性，其有效成分含HCl。碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
（2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气。
（3）根据提供信息可以进行相关方面的判断。
（4）根据实验目的可以设计实验方案。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
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一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.经过几代科学家的努力，我国在化学应用领域的技术研究及高端制造已达到世界先进水平。下列研制成果属于合成材料的是（ ）
A.用于国防高端设备的高强度芳纶复合材料 B.用于“飞天”航天服的聚氯酯橡胶
C.用于世界最大口径单体反射镜的碳化硅材料 D.用于航空发电机的耐高温合金材料
A. A B. B C. C D. D
2.大气中的氮气是取之不竭的天然资源。下列工业生产以氮气作反应物的是（ ）
A. 制硝酸 B. 湿法炼铜 C. 高炉炼铁 D. 接触法制硫酸
3.下列物质的用途，主要利用其化学性质的是（ ）
A. 煤油作为温度计的测温材料 B. 铜和铝用于生产电缆
C. 钢铁作为建筑材料 D. 天然气作为家用燃料
4.我国化学家徐光宪研发的稀土分离技术具有里程碑意义。钬元素（Ho）在周期表中的信息如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 钬元素属于固态非金属元素 B. 钬原子的核电荷数为67
C. 钬原子的相对原子质量为164.93 D. 1个Ho3+核内有67个质子
5.下列有关维生素C（C6H8O6）的说法中，正确的是（ ）
A. 属于氧化物
B. C、O元素的质量比为1：1
C. 由6个碳元素、8个氢元素、6个氧元素组成
D. 滴浓硫酸会碳化变黑
6.化学创造美好生活。下列化学知识不能用来解释对应生产生活情景的是（ ）
选项 生产生活情景 化学知识
A 用熟石灰作建筑材料 氢氧化钙能与CO2反应
B 用氖灯验电笔检查家庭线路 氖气通电会发光
C 煮饭锅底出现黑色物质 燃气不充分燃烧产生了炭黑
D 武德合金用于电路保险丝 武德合金熔点高
A. A B. B C. C D. D
7.某光催化合成氨反应的微观示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该反应属于化合反应 B. 该反应过程中最小的粒子是H2分子
C. 参加反应的分子个数比为3：1 D. 反应前后元素化合价均改变
8.下列宏观事实的微观解释不正确的是（ ）
A. 排空气法收集氧气会混有空气——分子之间有间隔
B. 酒精溶液不能导电——溶液中没有自由移动的粒子
C. 白磷燃烧后，物质总质量不变——化学反应前后原子种类和数目不变
D. 硫酸铜和氯化铜有相似的化学性质——溶液中都含有Cu2+
9.“硝花”是寒冬时节硫酸钠结晶的一种现象。某兴趣小组自制“硝花”如图所示。下面分析不正确的是（ ）
A. 图1中的搅拌可以加快Na2SO4的溶解速度
B. 图2中气温下降到0℃，有“硝花”析出
C. 给饱和的Na2SO4溶液进行降温，一定会有“硝花”析出
D. 因降温而析出“硝花”的溶液，其溶质的质量分数一定比原溶液小
10.国家卫健委在2025年3月两会上宣布延续“体重管理年”行动，普及健康生活方式。下列关于健康生活方式的说法正确的是（ ）
A. 不宜吃得过荤——脂肪对人体百害而无一利
B. 不宜吃得过甜——糖类是人类唯一的供能物质
C. 不宜吃得过偏——老年人缺钙会导致佝偻病
D. 不宜吃得过咸——钠摄入过多会增加患高血压的风险
11.某实践小组参观本地矿泉水厂，该厂矿泉水含钙、钾等矿物质，其生产流程示意图如下，下列说法不正确的是（ ）
A. 矿泉水中的钙、钾指的是元素
B. 活性炭过滤器中活性炭的作用是吸附作用或除去水中的色素和异味
C. 推测该流程中“超滤”的主要作用是除去难溶性大颗粒
D. 加入臭氧的目的是灭菌消毒，该变化是化学变化
12.分类法可用于预测物质的性质及其变化规律。下列物质的分类与性质预测对应关系正确的是（ ）
选项 物质 类别 性质预测
A CO 非金属氧化物 能与NaOH溶液反应
B Mg 金属单质 可在空气中燃烧生成MgO
C Fe（OH）3 难溶性碱 可使酚酞试液变红
D K2CO3 钾盐 能与酸反应
A. A B. B C. C D. D
13.下列实验方案中，能达到目的的是（ ）
选项 实验目的 方法和主要操作
A 制备Cu（OH）2 往CuO中加入足量NaOH溶液
B 除去FeCl3溶液中混有的少量CuCl2 加入过量的铁粉，过滤
C 鉴别H2和CH4 分别点燃后，在火焰上方罩涂有澄清石灰水的烧杯
D 检验CO2中混有HCl气体 将气体通入紫色石蕊试液
A. A B. B C. C D. D
14.下列有关实验方案的设计，不合理的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 冷碟子底部出现炭黑 石蜡是碳元素的一种单质
B 听到尖锐爆鸣声 装置中的空气没排干净
C 加10mL水得到悬浊液，加10mL稀盐酸得到澄清溶液 Ca（OH）2可与稀盐酸反应
D 塑料瓶变瘪 证明CO2能溶于水
A. A B. B C. C D. D
二、填空题：本大题共1小题，共8分。
15.CO2是一种温室气体，其过量排放导致的全球变暖日益引起了人们的关注。
（1）为了控制大气中CO2的含量，以下措施不可行的是 ______（填字母）
a.开发新能源 b.禁止使用化石燃料 c.大力植树造林 d.大力发展公共交通
（2）封存CO2：将CO2通过船舶或管道运输到深海区域，并将其注入到海底
①通常注入CO2的深度需要大于1000m,其原因可能是 ______。
②请从海底封存能力和对海洋生态环境的影响，分析这项技术的优点与不足：______、______。
（3）合成绿色化肥：CO2和NH3可合成氮肥NH4HCO3，该反应符合“原子利用率100%”的绿色化学理念，则反应的化学方程式为 ______。
三、流程题：本大题共2小题，共16分。
16.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
（1）因为氢气燃烧热值高、______（任写一点），氢能被称为最理想的能源。
（2）下图是绿氢的“制氢、储氢、释氢”示意图。
①“制氢”：电解器中电极b为 ______极；该方法被称为“绿氢”的原因是 ______。
②“储氢”：合成器中参与反应的CO2与H2的质量比为 ______。
③“释氢”：因为H2的沸点比CO ______（填“高”或“低”），利用液氮的低温可将CO液化分离。理论上该过程释放氢气的质量 ______（填“＞、＜或=”）储氢中氢气的质量。
（3）CO在钯（Pd）膜反应器中反应制备H2的工作原理如下图所示，请从微观角度描述Pd膜能选择性透过氢气的原因：______，在另一侧H原子重新结合成H2分子释放。
17.近年来，海洋矿产的资源开发与利用已成为国家发展的重要支撑。某工厂用提取粗盐后的盐卤（图1）制备金属镁，主要流程如图2所示。
（1）盐卤中含有的金属阳离子有Na 、______。
（2）沉淀池发生反应的化学方程式是 ______，部分企业选择价格较高的NaOH进行沉镁而不选用石灰浆的原因是 ______（写一条）。
（3）反应器中加入过量稀盐酸后的溶质有CaCl2、______（填化学式）。
（4）MgCl2和CaCl2的部分溶解度如下表，则蒸发器内的操作为 ______、趁热过滤，洗涤，干燥，得到纯净的MgCl2晶体，“趁热过滤”的目的是 ______。
温度/℃ 0 10 20 30 40
溶解度 氯化钙 59.5 65.0 74.5 100 116
氯化镁 52.9 53.8 54.8 56.0 58.0
（5）若生产过程中镁元素无损失，则1000g盐卤可制备金属镁 ______g。
四、探究题：本大题共3小题，共30分。
18.铈（Ce）的合金耐高温，可以用来制造喷气推进器零件等。
（1）铈的一种合金由钛、铈组成，钛的硬度约为6（数值越大，硬度越大），铈的硬度为2.5，可推知该合金的硬度范围是 ______。
（2）Ce的常见化合价为+3价，写出一条能证明Ce的活动性比Zn强的方程式 ______。
（3）工业上利用CeO2提取CeCl3的过程如图所示：
①CeO2读作 ______。
②酸浸过程发生的反应方程式为 ______。
③实际生产过程中，酸浸后的溶液中除CeCl3外，常含有FeCl3，部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表，碱洗时pH的调节范围是3.2～7.6，目的是 ______。
金属离子 Fe3+ Ce3+
开始沉淀的pH 2.3 7.6
沉淀完全的pH 3.2 9.0
（4）获得CeCl3溶液的方法也可将CeO2直接酸浸：2CeO2+8HCl=2CeCl3+X↑+4H2O，X的化学式为 ______，当温度升高到一定程度后，Ce元素的浸出率随温度升高而减小（如图），可能的原因是 ______。
19.某无土栽培营养液的配方包含A液和B液。对该营养液开展如下项目活动。
任务一：A液成分揭秘
已知：A液中含有Ca（NO3）2、FeSO4中的一种或两种溶质。
Fe（OH）2是不溶于水的白色沉淀，易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3。
【实验探究】
（1）
操作 现象 结论
步骤一：取适量A液于试管中，滴加过量NaOH溶液，静置 先有白色沉淀， ______ A液含有Ca（NO3）2和FeSO4
步骤二：往上述试管中的上层清液滴加 ______ 溶液 产生白色沉淀
【分析评价】
（2）步骤一中NaOH溶液能否用Ba（OH）2溶液代替？请说明理由：______。
任务二：B液对植物作用
（3）B液中含有KNO3，KNO3可以为植物提供______（填元素符号）
（4）B液中含有CuSO4，兴趣小组研究了不同浓度的CuSO4溶液对玉米根尖细胞分裂指数（）的影响。每次施用的浇灌液均为100mL，配液方案如表：（本研究所用溶液很稀，密度均近似看作1g/cm3）
编号 浇灌液中CuSO4的浓度 总体积/mL 5%CuSO4溶液的用量/mL 水的用量/mL
盆1 5% 100 100 0
盆2 3% 100 a b
盆3 1% 100 20 80
盆4 w 100 c d
①补充盆2的配液数据：a=______，b=______。
②为了获得严谨的结论，合理设计盆4的配液方案：w=______，d=______。
③结果如图。下列叙述正确的是______
A.随着浓度增加，分裂指数先升高后降低
B.CuSO4对植物生长只有促进作用
C.农业上用石灰乳与CuSO4配成农药波尔多液
20.“爆炸盐”是家庭常用洗涤剂，有效成分为过碳酸钠（2Na2CO3 3H2O2），过碳酸钠溶于水后分解成Na2CO3和H2O2，兼具碳酸钠和过氧化氢的性质。
Ⅰ.认识“爆炸盐”
（1）根据图1标识，洁厕灵的有效成分含 ______（填“HCl”或“NaOH”），禁止与洁厕灵混合使用的原因是 ______（用方程式表示）。
（2）若用爆炸盐配成的溶液快速制取氧气，还需要的一种试剂是 ______，发生装置可选择图2的 ______（填标号）。
Ⅱ.探究将H2O2和Na2CO3制成爆炸盐使用的原因
有同学提出碳酸钠对的分解可能有促进作用，并进行如下探究：
相同温度下，向100g4%的溶液中分别加入1gNaCl、Na2CO3、NaOH固体，一段时间后用传感器测定溶液中溶解氧浓度。
实验序号 ① ② ③ ④
试剂 未添加固体 1g氯化钠固体 1g碳酸钠固体 1g氢氧化钠固体
溶解氧浓度mg/L 6.44 6.44 9.11 10.97
【实验结论】
（3）综上可知，______（填离子符号）对H2O2分解速率没有影响； ______（选填“碱性”、“中性”或“酸性”）条件下H2O2的分解速率更快。
（4）请设计实验证明爆炸盐溶液呈碱性的原因是起的：取少量Na2CO3溶液于试管中，______（写出实验操作和现象）。
[可选用的试剂：CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液]。
1.【答案】
【解析】解：A、高强度芳纶复合材料是由芳纶纤维与其他材料复合而成，所以高强度芳纶复合材料属于复合材料，故A错误；
B、聚氯酯橡胶是合成橡胶，属于合成材料，故B正确；
C、碳化硅材料属于无机非金属材料，故C错误；
D、合金属于金属材料，故D错误；
故选：B。
根据已有的材料的类别进行分析解答即可。
加强对材料类别的掌握是正确解答本题的关键。
2.【答案】
【解析】解：A、在工业制硝酸（HNO3）的过程中，首先需要合成氨（NH3），合成氨的反应为氮气（N2）和氢气（H2）在高温、高压和催化剂作用下反应生成氨（NH3）；故选项正确；
B、湿法炼铜是利用铁和硫酸铜溶液（或其他铜盐溶液）反应得到铜，不涉及氮气；故选项错误；
C、高炉炼铁是用一氧化碳（CO）还原铁矿石（如赤铁矿，主要成分是Fe2O3）生产生铁，氮气不参与化学反应；故选项错误；
D、接触法制硫酸是将二氧化硫（SO2）催化氧化为三氧化硫（SO3），再与水结合成硫酸，气中的氮气不参与反应，不是反应物；故选项错误；
故选：A。
氮气的化学性质不活泼，氮气的用途是：制造氮肥、氮气充入食品包装袋内可以防腐、液态氮可以做制冷剂。
本考点考查了物质的性质与用途、金属的冶炼等，初中阶段常见的物质的性质和用途要记牢。本题也体现了：性质决定用途，用途又反映性质的理念，本考点经常出现在选择题和填空题中。
3.【答案】
【解析】解：A、煤油作为温度计的测温材料，是利用煤油热胀冷缩的性质，该性质不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质，故A错；
B、铜和铝用于生产电缆，是利用铜和铝的导电性，该性质不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质，故B错；
C、钢铁作为建筑材料，是利用钢铁硬度大的性质，该性质不需要通过化学变化就能表现出来，属于物理性质，故C错；
D、天然气作为家用燃料，是利用天然气的可燃性，天然气燃烧生成二氧化碳和水，属于化学变化，该性质需要通过化学变化才能表现出来，属于化学性质，故D正确。
故选：D。
物理性质是指物质不需要发生化学变化就表现出来的性质．化学性质是指物质在化学变化中表现出来的性质．而化学变化的本质特征是变化中有新物质生成，因此，判断物理性质还是化学性质的关键就是看表现物质的性质时是否有新物质产生。
物理性质、化学性质是一对与物理变化、化学变化有密切关系的概念，联系物理变化、化学变化来理解物理性质和化学性质，则掌握起来并不困难。
4.【答案】
【解析】解：A、钬元素名称带有“钅”字旁，属于金属元素，而不是固态非金属元素，故选项不正确。
B、元素名称左上角的数字表示原子序数，钬原子的原子序数为 67，因为原子序数=核电荷数，所以钬原子的核电荷数为67，故选项正确。
C、元素名称正下方的数字表示相对原子质量，则钬原子的相对原子质量为164.93，故选项正确。
D、由于原子序数=质子数，钬原子的原子序数为67，所以1个Ho3+核内有 67个质子，故选项正确。
故选：A。
A、除汞外，金属元素的名称都带金字旁，非金属元素的名称不带金字旁。
B、原子中，核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数。
C、相对原子质量是原子的相对质量。
D、1个钬原子失去3个电子形成带3个单位正电荷的Ho3+。
元素周期表反映了元素之间的内在联系，要注意理解和应用。
5.【答案】
【解析】解：A、维生素C的化学式为C6H8O6，含有碳（C）、氢（H）、氧（O）三种元素，不属于氧化物，故A错误；
B、维生素中 C与O的质量比 = （12×6）：（16×6）= 3：4，故B错误；
C、维生素C由碳、氢、氧三种元素组成，故C错误；
D、浓硫酸具有脱水性，能从有机物中夺取水分（氢、氧元素按水的比例脱去），导致有机物碳化变黑，维生素C（C6H8O6）是有机物，所以滴加浓硫酸会发生碳化现象，故D正确。
故选：D。
A、根据氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧进行分析；
B、根据元素质量比 等于相对原子质量和原子个数的乘积之比进行分析；
C、根据物质是由元素组成的进行分析；
D、根据浓硫酸具有脱水性，能从有机物中夺取水分（氢、氧元素按水的比例脱去），导致有机物碳化变黑进行分析。
本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力。
6.【答案】
【解析】解：A、用熟石灰作建筑材料，是因为氢氧化钙能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水，从而变得坚硬，故A正确；
B氖气属于稀有气体，稀有气体通电会发光，故用氖灯验电笔检查家庭线路，故B正确；
C、氧气不足，燃气不充分燃烧生成了炭黑，故煮饭锅底会出现黑色物质，故C正确；
D、武德合金用于电路保险丝，是因为武德合金熔点低，高温易熔断，故D错误。
故选：D。
根据已有的物质的性质和用途的关系进行分析解答即可。
加强对物质性质和用途的关系的掌握是正确解答本题的关键。
7.【答案】
【解析】解：A、该反应符合“多变一”的特征，属于化合反应，故选项说法正确；
B、在化学反应中，原子是化学变化中的最小粒子，而不是分子，该反应中氢原子和氮原子是最小粒子，故选项说法错误；
C、参加反应的氢气分子和氮气分子个数比为3：1，故选项说法正确；
D、反应前氢气中氢元素化合价为 0，氮气中氮元素化合价为 0；反应后氨气中氢元素化合价为+1，氮元素化合价为-3，反应前后元素化合价均改变，故选项说法正确；
故选：B。
由反应的微观示意图可知，氢气和氮气在光及光催化剂的催化作用下生成氨气，反应的化学方程式为：。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
8.【答案】
【解析】解：A、分子之间有间隔，空气和氧气的分子在运动时，由于间隔存在，能进入彼此空隙，所以排空气法收集氧气会混有空气，故不符合题意。
B、酒精溶液中存在的自由移动粒子，但为酒精分子和水分子，不存在自由移动的离子，所以不能导电，故符合题意。
C、化学反应中原子种类、数目和质量不变，只是重新组合。白磷燃烧是化学变化，所以燃烧后物质总质量不变，故不符合题意。
D、硫酸铜和氯化铜溶液中都含铜离子，所以具有相似的化学性质，故不符合题意。
故选：B。
根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的；同种的分子性质相同，不同种的分子性质不同，可以简记为：“两小运间，同同不不”，结合事实进行分析判断。
本题难度不大，掌握分子的基本性质（可以简记为：“两小运间，同同不不”）及利用分子的基本性质分析和解决问题的方法是解答此类题的关键。
9.【答案】
【解析】解：A.图1中的搅拌可以加快Na2SO4的溶解速度，故A正确；
B.0℃是硝酸钾的溶解度为4.9克，故100克水在该温度下最多可溶4.9克硝酸钾，图2中气温下降到0℃，有“硝花”析出，故B正确；
C.根据溶解度可知，40℃前硫酸钠的溶解度随温度的升高而增大，40℃后硫酸钠的溶解度随温度的升高而减小，给饱和的Na2SO4溶液进行降温，不一定会有“硝花”析出，故C不正确；
D.“硝花”是硫酸钠结晶，析出“硝花”后溶质质量减少，溶质质量分数变小，故D正确。
故选：C。
A.根据搅拌对溶解速度的影响，进行分析；
B.根据降温结晶的条件，进行分析；
C.根据硫酸钠的溶解度随温度变化的特点，进行分析；
D.根据降温结晶后溶液的溶质质量分数变化，进行分析。
本题主要考查溶解度、结晶和溶质质量分数的相关知识。理解溶解度随温度变化的特点以及结晶的条件，有助于正确判断相关说法的正误。
10.【答案】
【解析】解：A、脂肪是人体重要的储能物质，还能起到保温、缓冲和减压等作用，并非对人体百害而无一利，故A不符合题意；
B、糖类是主要的供能物质，但不是唯一的供能物质，脂肪和蛋白质在一定情况下也能提供能量，故B不符合题意；
C、佝偻病是由于儿童期缺钙或维生素D缺乏引起的骨骼发育疾病，老年人缺钙主要导致骨质疏松症（骨骼变脆、易骨折），而非佝偻病，故C不符合题意；
D、钠摄入过多会使人体的血容量增加，从而增加患高血压的风险，所以不宜吃得过咸，故D符合题意；
故选：D。
A.脂肪是人体必需的营养素，参与细胞膜构成、激素合成及能量储存，长期完全戒除荤食会导致脂溶性维生素（A、D、E、K）缺乏，引发免疫力下降、骨质疏松等问题。
B.糖类是主要供能物质，但并非唯一来源，蛋白质和脂肪在长期饥饿或高强度运动时也可分解供能。
C.佝偻病是儿童维生素D缺乏导致的骨骼发育异常，老年人缺钙主要引发骨质疏松症、骨折及手足抽搐症。
D.钠摄入过多会导致水钠潴留，增加血容量，直接升高血压。
本题难度简单，聚焦健康生活方式的科学认知，覆盖营养学、病理学及公共卫生政策，选项设计结合常见误区（如完全戒荤、糖类唯一性）和特定人群健康问题（老年人缺钙、高血压与钠摄入），考查学生对基础知识的辨析能力，通过辨析常见误区，引导学生树立平衡膳食、适度运动的健康观念，具有较高的教育价值。
11.【答案】
【解析】解：A、物质是由元素组成的，矿泉水中的钙、钾指的是元素，说法正确；
B、活性炭具有吸附性，活性炭过滤器中活性炭的作用是吸附作用或除去水中的色素和异味，说法正确；
C、石英砂过滤器可以除去水中较大的难溶性杂质，由图示推测该流程中“超滤”的主要作用是除去难溶性小颗粒，说法错误；
D、加入臭氧的目的是灭菌消毒，该变化有新物质生成，是化学变化，说法正确。
故选：C。
A、根据物质的组成来分析；
B、根据活性炭的性质来分析；
C、根据净化水的方法与原理来分析；
D、根据是否生成新物质来分析。
要想解答好这类题目，首先，要熟记混合物的分离方法、水的净化方法、原理和相关实验操作等。然后结合实验情景和问题情景，细致地分析题意和实验信息，并根据所学的相关知识，选择好净化的方法，进行净化实验操作，或者是通过细心地思考、探究，来解答相关的实际问题等。
12.【答案】
【解析】解：A、一氧化碳是非金属氧化物，但是一氧化碳不能和氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B、Mg属于金属单质，在空气中燃烧时与氧气反应，生成白色固体氧化镁（MgO），故B正确；
C、Fe（OH）3是难溶性碱，难溶性碱不溶于水，无法解离出足够 OH-离子，因此不能使酚酞试液变色，故C错误；
D、碳酸钾由钾离子和碳酸根离子构成，是钾盐。但碳酸钾能和酸反应是因为碳酸钾中的碳酸根离子和酸中的氢离子结合生成水分子和二氧化碳分子，与物质类别是钾盐无关系，故D错误；
故选：B。
根据已有的物质的类别和性质进行分析解答即可。
加强对物质类别的掌握是正确解答本题的关键。
13.【答案】
【解析】解：A.氧化铜与氢氧化钠不反应，不能用氧化铜和氢氧化钠制备氢氧化铜，故A错误；
B.加入过量的铁粉，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤，除去反应生成的铜和过量的铁，虽然除去了杂质，但是也除去了原物质，故B错误；
C.分别点燃后，在火焰上方罩涂有澄清石灰水的烧杯，氢气燃烧生成水，甲烷燃烧生成二氧化碳和水，澄清石灰水变浑浊的是甲烷，无明显现象的是氢气，现象不同，可以鉴别，故C正确；
D.将气体通入紫色石蕊试液，二氧化碳能与水反应生成碳酸，碳酸显酸性，能使紫色石蕊试液变红，氯化氢溶于水形成盐酸，盐酸显酸性，也能使紫色石蕊试液变红，无法检验二氧化碳中是否混有氯化氢，故D错误。
故选：C。
A.根据氧化铜与氢氧化钠溶液的反应，进行分析；
B.根据铁与氯化铜和氯化铁的反应，进行分析；
C.根据氢气和甲烷燃烧产物的性质，进行分析；
D.根据二氧化碳和氯化氢气体的性质，进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
14.【答案】
【解析】解：A、蜡烛火焰上方罩冷碟子，冷碟子底部出现炭黑，由反应前后元素种类不变，只能得出石蜡中含碳元素，其他元素没有验证，不能得出石蜡是碳元素的一种单质，故选项实验方案的设计不合理。
B、收集一小试管氢气，移至酒精灯火焰处点燃，听到尖锐爆鸣声，证明氢气不纯，即装置中的空气没排干净，故选项实验方案的设计合理。
C、将等体积的水和稀盐酸分别加入等质量氢氧化钙粉末中，加10mL水得到悬浊液，加10mL稀盐酸得到澄清溶液，可证明Ca（OH）2可与稀盐酸反应，故选项实验方案的设计合理。
D、向盛有二氧化碳的塑料瓶中加入水，振荡，塑料瓶明显变瘪，说明瓶内压强明显减小，可证明CO2能溶于水，故选项实验方案的设计合理。
故选：A。
A、根据蜡烛不充分燃烧时能生成黑色的炭黑，进行分析判断。
B、根据检验氢气纯度的方法，进行分析判断。
C、根据酸的化学性质，进行分析判断。
D、根据塑料瓶明显变瘪，进行分析判断。
本题难度不是很大，化学实验方案的设计是考查学生能力的主要类型，同时也是实验教与学的难点，明确实验原理、熟练掌握所涉及物质的性质等是正确解答本题的关键。
15.【答案】
【解析】解：（1）a、开发新能源可以减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于控制大气中二氧化碳的含量，措施可行，故a不符合题意；
b、当前全球能源结构仍以化石燃料为主，禁止使用化石燃料会导致能源供应崩溃，影响经济和社会稳定，措施不可行，故b符合题意；
c、大力植树造林可以增加二氧化碳的吸收，有利于控制大气中二氧化碳的含量，措施可行，故c不符合题意；
d、大力发展公共交通可以减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有利于控制大气中二氧化碳的含量，措施可行，故d不符合题意。
（2）①通常注入CO2的深度需要大于1000m,其原因可能是：深海压强高，CO2溶解度大，不易逸出；
②优点：深海封存能力强，可长期储存CO2；不足：CO2溶于水使海水酸化，影响海洋生态；
（3）“原子利用率100%”，符合这一特征的反应是化合反应，根据碳酸氢铵可知其含有铵根，还含有碳酸氢根，故反应是二氧化碳、氨气与水反应生成碳酸氢铵，化学方程式为CO2+NH3+H2O=NH4HCO3。
故答案为：（1）b；
（2）①深海压强高，CO2溶解度大，不易逸出；
②优点：深海封存能力强，可长期储存CO2；不足：CO2溶于水使海水酸化，影响海洋生态；
（3）CO2+NH3+H2O=NH4HCO3。
（1）根据控制大气中CO2的含量的做法来分析；
（2）根据影响气体溶解度的因素以及二氧化碳的性质来分析；
（3）根据化学反应的原理来分析。
解答这类题目时，首先，要熟记二氧化碳的对环境的两方面影响，尤其是二氧化碳所造成的温室效应，以及防止温室效应的措施等。然后，根据所给的问题情景，以及相关信息等，结合所学的有关知识和技能，联系起来细心地探究、推理后，按照题目要求进行选择或解答即可。
16.【答案】
【解析】（1）氢能被称为最理想的能源，是因为氢气燃烧热值高，且燃烧产物为水，对环境无污染；
（2）①电解水实验中，与电源正极相连的一端产生氧气，与电源负极相连的一端产生氢气，电解器中电极b产生氢气，说明电极b为负极；该方法被称为“绿氢”的原因是利用太阳能发电电解水，对环境无污染；
②合成器中氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水，化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，则参与反应的CO2与H2的质量比为44：（2×3）=22：3；
③利用液氮的低温可将CO液化分离，说明H2的沸点比CO低；储氢过程中二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，释氢过程中甲醇分解生成一氧化碳和氢气，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类及质量不变，则储氢过程中氢气中氢元素的质量等于生成甲醇和水中氢元素的质量之和，释氢过程中甲醇中氢元素的质量等于生成氢气中氢元素的质量，所以理论上该过程释放氢气的质量＜储氢中氢气的质量；
（3）从微观角度描述Pd膜能选择性透过氢气的原因：氢分子在膜一侧分解成氢原子，氢原子直径小于Pd膜的孔隙能够透过Pd膜，在另一侧氢原子重新结合成H2分子释放。
故答案为：
（1）燃烧产物为水，对环境无污染；
（2）①负；利用太阳能发电电解水，对环境无污染；
②22：3；
③低；＜；
（3）氢分子在膜一侧分离成氢原子，氢原子直径小于Pd膜的孔隙能够透过Pd膜。
（1）根据氢气作为能源的优点（燃烧产物无污染、热值高、来源广泛等），分析氢能被称为最理想能源的原因；
（2）根据电解水的原理（正氧负氢）判断电解器中电极的极性，结合“绿氢”的定义分析其原因；根据合成器中反应的化学方程式计算CO2与H2的质量比；比较H2与CO的沸点，结合质量守恒定律分析释氢过程中氢气质量与储氢中氢气质量的关系；
（3）从微观角度（分子或原子的大小、结构等）解释 Pd 膜能选择性透过氢气的原因。
本题考查氢能的相关知识，涉及氢气的优点、绿氢的制备与储存、微观角度解释物质的透过性等，关键是结合电解原理和化学方程式进行分析，理解质量守恒定律在化学反应中的应用。
17.【答案】
【解析】（1）由图示中所给盐卤中的盐类物质可知，盐卤中含有的金属阳离子有Na 、Mg2+、K+。
（2）沉淀池中加入石灰浆（主要成分为氢氧化钙），氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和氯化钙、硫酸镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁和硫酸钙，化学方程式是MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2、MgSO4+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaSO4；氢氧化钙微溶于水，部分企业选择价格较高的NaOH进行沉镁而不选用石灰浆，是由于氢氧化钠溶液浓度高，沉镁更彻底，产物纯度高。
（3）反应器中加入过量稀盐酸后，氢氧化镁会与盐酸反应生成氯化镁和水，因盐酸过量，所以溶液的溶质除CaCl2之外，还有MgCl2、HCl。
（4）由表中所给数据可知，氯化钙的溶解度受温度影响大，氯化镁的溶解度受温度影响小，提纯氯化镁可用蒸发结晶，蒸发器内的操作为蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤，干燥，得到纯净的MgCl2晶体。因氯化钙的溶解度受温度影响大于氯化镁，“趁热过滤”是为了防止温度降低时CaCl2析出。
（5）1000g盐卤中含氯化镁142.5g,含硫酸镁60g,由镁元素质量守恒可知，1000g盐卤可制备金属镁的质量为142.5g×+60g×=48g。
故答案为：（1）Mg2+、K+；
（2）MgCl2+Ca（OH）2=Mg（OH）2↓+CaCl2；NaOH溶液浓度高，沉镁更彻底，产物纯度高（答案不唯一）；
（3）MgCl2、HCl；
（4）蒸发浓缩；防止温度降低时CaCl2析出；
（5）48。
（1）根据盐中的离子来分析；
（2）根据流程图信息、化学反应的原理来分析；
（3）根据物质的性质以及盐酸过量来分析；
（4）根据物质的性质以及分离混合物的方法来分析；
（5）根据质量守恒定律来分析。
从海水中提取镁的问题需要对化学原理、实验操作和计算都有清晰的把握，结合具体题目所提供的信息和要求，有针对性地运用所学知识进行解答。
18.【答案】
【解析】（1）合金的硬度比其组成金属的硬度大，所以硬度＞6；
（2）铈与硫酸锌反应生成锌和硫酸铈，说明Ce的活动性比Zn强，化学方程式为2Ce+3ZnSO4=Ce2（SO4）3+3Zn；
（3）①根据化学式先读后写的原则，CeO2读作二氧化铈；
②酸浸过程发生的反应是三氧化二铈与盐酸反应生成氯化铈和水，化学方程式为Ce2O3+6HCl=2CeCl3+3H2O；
③实际生产过程中，酸浸后的溶液中除CeCl3外，常含有FeCl3，由表格数据可知，Fe3+沉淀完全的pH为3.2，Ce3+开始沉淀的pH为7.6，则碱洗时pH的调节范围是3.2～7.6的目的是：使Fe3+完全沉淀，Ce3+不沉淀；
（4）根据质量守恒定律，化学反应前后原子种类及数目不变，根据化学方程式2CeO2+8HCl=2CeCl3+X↑+4H2O，反应前有2个铈原子、4个氧原子、8个氢原子和8个氯原子，反应后有2个铈原子、6个氯原子、1个X分子、8个氢原子和4个氧原子，则1个X分子中含有2个氯原子，故X的化学式为Cl2；
当温度升高到一定程度后，Ce元素的浸出率随温度升高而减小，可能的原因是：温度升高，HCl挥发加剧，反应物浓度降低，浸出率减小。
故答案为：（1）＞6；
（2）2Ce+3ZnSO4=Ce2（SO4）3+3Zn；
（3）①二氧化铈；
②Ce2O3+6HCl=2CeCl3+3H2O；
③使Fe3+完全沉淀，Ce3+不沉淀；
（4）Cl2；温度升高，HCl挥发加剧，反应物浓度降低，浸出率减小。
（1）根据合金的特点分析；
（2）根据铈与硫酸锌反应生成锌和硫酸铈分析；
（3）①根据化学式先读后写的原则分析；
②根据酸浸过程发生的反应是三氧化二铈与盐酸反应生成氯化铈和水分析；
③根据实际生产过程中，酸浸后的溶液中除CeCl3外，常含有FeCl3，由表格数据可知，Fe3+沉淀完全的pH为3.2，Ce3+开始沉淀的pH为7.6分析；
（4）根据质量守恒定律分析。
本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。
19.【答案】
【解析】（1）步骤一：氢氧化钠和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁固体与氧气发生反应被氧化成红褐色沉淀氢氧化铁，故先生成白色沉淀，后变为红褐色；
步骤二：因为现象是产生白色沉淀，且溶液中有硝酸钙溶液，故可向上层清液滴入碳酸钠溶液，碳酸钠和硝酸钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和硝酸钠；故答案为：逐渐变为红褐色；Na2CO3（答案不唯一）；
（2）不能，Ba（OH）2与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，干扰Ca2+检验；故答案为：不能，Ba（OH）2与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，干扰Ca2+检验；
（3）硝酸钾中含有K、N、O元素，故其可以为植物提供K、N；故答案为：K、N；
（4）①根据“用不同浓度的溶液浇灌植物”可知，各组实验溶液浓度不同：由表格数据，浇灌液中硫酸铜的浓度是使用5%硫酸铜溶液和水配制的不同浓度的溶液。根据溶质质量分数的计算公式， a=60mL，需要水的体积b=100mL-60mL=40mL；故答案为：60；40；
②为了获得严谨的结论，需要使用只浇灌水的空白组实验与使用硫酸铜溶液浇灌的实验组进行对比，判断硫酸铜溶液是否对植物生长有影响，则w=0%，d=100；故答案为：0%；100；
③A、由图像可知，随着硫酸铜溶液浓度增加，分裂指数先升高后降低，说法正确；
B、由图像可知，随着硫酸铜溶液浓度增加，玉米根尖细胞分裂指数先升高后降低，故浓度过大，会抑制植物生长，说法错误；
C、农业上用石灰乳与CuSO4配成农药波尔多液，说法正确；
故选：AC。
（1）根据氢氧化钠和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁固体与氧气发生反应被氧化成红褐色沉淀氢氧化铁分析；根据碳酸钠和硝酸钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀和硝酸钠分析；
（2）根据Ba（OH）2与FeSO4反应生成BaSO4沉淀，干扰Ca2+检验分析；
（3）硝酸钾中含有K、N、O元素，故其可以为植物提供K、N；
（4）①根据溶质质量分数的计算公式分析；
②根据控制变量法分析；
③根据图像分析。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
20.【答案】
【解析】（1）洁厕灵显酸性，其有效成分含 HCl。因为 NaOH 是强碱，不符合洁厕灵酸性的性质。过碳酸钠溶于水后分解成 Na2CO3和 H2O2，Na2CO3会与 HCl 反应生成氯化钠、水和二氧化碳，化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，所以禁止与洁厕灵混合使用。
（2）过碳酸钠溶于水后分解成 Na2CO3和 H2O2，要快速制取氧气，可加入二氧化锰作催化剂。
过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解生成水和氧气，该反应是固体与液体在常温下进行的反应，发生装置可选择图2中的B。
（3）对比实验①（未添加固体）和实验②（加入1g氯化钠固体），溶解氧浓度均为6.44mg/L，氯化钠在溶液中会解离出Na+和Cl-，这说明Na+和Cl-对H2O2分解速率没有影响。
实验③加入碳酸钠固体（其水溶液显碱性）、实验④加入氢氧化钠固体（其水溶液显碱性）后，溶解氧浓度都比实验①未加固体时大，说明碱性条件下H2O2分解速率更快。
（4）要证明爆炸盐溶液呈碱性的原因是引起的，可利用CaCl2溶液与反应生成沉淀从而除去，观察溶液碱性是否消失。具体操作是：取少量Na2CO3溶液于试管中，加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，然后滴入酚酞溶液，溶液不变红，说明溶液呈碱性是由引起的。因为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl,反应后溶液中不存在，若酚酞不变红，就证明了原溶液的碱性是导致的。
故答案为：（1）HCl；Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。
（2）二氧化锰；B。
（3）Na+、Cl-；碱性。
（4）加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，然后滴入酚酞溶液，溶液不变红，说明溶液呈碱性是由引起的。
（1）洁厕灵显酸性，其有效成分含HCl。碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
（2）过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成水和氧气。
（3）根据提供信息可以进行相关方面的判断。
（4）根据实验目的可以设计实验方案。
本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
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