2024年中考化学押题预测卷（苏州卷）-（含考试版、答案、解析和答题卡）

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2、练心态。平时做练习卷，有多少同学是磨磨蹭蹭应付的？如果严格按照中考的时间限时做题，并且仔细把答题卡填涂好，这种限时训练是非常必要的。因此中考流程越熟悉，超常发挥的几率才越大。
3、研究答案详解。押题卷里面的答案非常详细，解题思路、考点、命题意图全都有，而且还要对照中考改卷标准，这才是真正意义的改完一道题。
绝密★启用前
2024年中考押题预测卷01【苏州卷】
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Br-80
一、选择题（本题20小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题2分，共40分）
1．2024年世界环境日中国主题“全面推进美丽中国建设”。下列做法不符合该主题的是
A．煤炭脱硫处理B．积极植树造林
C．滥用化石燃料D．垃圾分类投放
【答案】C
【分析】根据全面推进美丽中国建设，要减少污染，保护环境，进行分析判断。
【解析】A、煤炭脱硫处理，能减少有害气体二氧化硫的排放，做法利于全面推进美丽中国建设，故选项正确；
B、积极植树造林，能吸收有害气体和粉尘，做法利于全面推进美丽中国建设，故选项正确；
C、滥用化石燃料，会产生大量的有害气体和粉尘，做法不利于全面推进美丽中国建设，故选项错误；
D、垃圾分类投放，能节约资源、减少污染，做法利于全面推进美丽中国建设，故选项正确；
故选：C。
2．苏州吴文化创造了辉煌的历史。下列吴文化不涉及化学变化的是
A. 玉器打磨B. 黏土烧瓷C. 铁矿炼铁D. 粮食酿酒
【答案】A
【解析】
A、玉器打磨过程只是形状的改变，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意；
B、黏土烧瓷时，涉及燃烧，有生成新物质，属于化学变化，不符合题意；
C、铁矿炼铁，有新物质铁生成，属于化学变化，不符合题意；
D、粮食酿酒，有新物质酒精生成，属于化学变化，不符合题意；
故选：A。
3. 化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语表示正确的是
A. 尿素：氧化铁：FeOB. CO(NH2)2
C. 钙离子：Ca+2D. 两个氧原子：O2
【答案】B
【解析】
A、氧化铁中铁元素显+3价，氧元素显-2价，书写化学式时，一般正价的写在左边，负价的写在右边，根据化合物中各元素化合价代数和为零，氧化铁的化学式为Fe2O3，错误；
B、尿素的化学式为CO(NH2)2，正确；
C、离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，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，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字。钙离子表示为Ca2+，错误；
D、原子的表示方法，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。两个氧原子表示为2O，错误；
故选B。
4．运用乳化原理清洗物品的是
A. 清水洗手B. 汽油洗油污C. 盐酸除水垢D. 洗洁精洗餐具
【答案】D
【解析】
A、清水洗手可以把手上的灰尘、汗液洗去，没有运用乳化原理，不符合题意；
B、油污易溶于汽油，用汽油洗油污没有运用乳化原理，不符合题意；
C、盐酸除水垢是利用盐酸与碳酸钙发生化学反应，没有运用乳化原理，不符合题意；
D、洗洁精洗餐具能将油滴分散成细小的油滴随水冲走，运用了乳化原理，符合题意。
故选：D。
5．“粗盐中难溶性杂质的去除”涉及的实验操作中不正确的是
A．溶解粗盐 B．过滤杂质
C．蒸发结晶 D．熄灭酒精灯
【答案】D
【解析】A、溶解粗盐时，用玻璃棒不断搅拌，能加速溶解，该选项操作正确；
B、过滤时，应遵循“一贴二低三靠”，该选项操作正确；
C、蒸发时，应用酒精灯外焰加热，且用玻璃棒不断搅拌，该选项操作正确；
D、禁止用嘴吹灭酒精灯，应用灯帽盖灭，该选项操作不正确。
故选D。
6．下列关于水和溶液的说法错误的是
A. 水是一种最常见的溶剂B. 水中加入蔗糖后形成溶液，导电性明显增强
C. 活性炭可以吸附水中色素和异味D. 溶液都是均一、稳定的
【答案】B
【解析】
A、水能溶解多种物质，是一种最常见的溶剂，故A说法正确；
B、蔗糖是由蔗糖分子构成的，水中加入蔗糖形成溶液后，溶液中不存在能自由移动的离子，导电性没有明显增强，故B说法错误；
C、活性炭有吸附性，可以吸附水中色素和异味，故C说法正确；
D、溶液是均一、稳定的混合物，故D说法正确。
故选B。
7．硒被医药界和营养学界尊称为“生命的火种”，享有“长寿元素”、“抗癌之王”、“心脏守护神”、“天然解毒剂”等美誉。如图，甲是硒的原子结构示意图，乙是硒元素在元素周期表中的信息。下列相关说法中，不合理的是
A．硒原子的原子核内有34个质子
B．硒原子在化学反应中易失去电子
C．硒原子的相对原子质量为78.96
D．硒元素是一种非金属元素
【答案】B
【解析】A、根据硒原子的结构示意图可知，硒原子的原子核内有34个质子，故A说法合理；
B、根据硒原子的结构示意图可知，硒原子的最外层电子数为6＞4，在化学反应中易得到电子，故B说法不合理；
C、由元素周期表中的一格可知，汉字下面的数字表示相对原子质量，故硒原子的相对原子质量为78.96，故C说法合理；
D、硒字带有石字旁，属于固态非金属元素，故D说法合理；
故选B。
8．下列说法正确的是
A．内壁沾有碘的试管可用酒精清洗
B．亚硝酸钠（NaNO2）可用于烹调食物
C．焚烧聚乙烯塑料会产生刺激性气味的气体
D．测定溶液的pH前，可先将pH试纸用水湿润
【答案】A
【解析】A、碘能够溶于酒精生成溶液，所以内壁沾有碘的试管可用酒精清洗，选项正确；
B、亚硝酸钠超量使用会危害人体健康，所以亚硝酸钠不可用于烹调食物，选项错误；
C、焚烧聚乙烯塑料会有液滴滴落，不产生刺激性气味，选项错误；
D、将pH试纸用水湿润后测溶液的pH，试纸上的水会将待测溶液的酸碱性稀释，测得的结果不准确，选项错误，故选A。
9．某冶炼厂处理尾气时有下列转化，下列说法不正确的是
A．转化①是氧化反应
B．甲、乙、丁属于氧化物
C．乙中氮元素的化合价为＋4价
D．转化②中，参加反应的乙与生成丙的分子个数之比为2：1
【答案】D
【解析】A、据图可知，转化①的化学方程式为2NO+O2=2NO2，物质与氧气发生的反应属于氧化反应。所以转化①是氧化反应。A正确；
B、据图可知，甲的化学式NO，乙的化学式NO2，丁的化学式H2O。氧化物指的是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物。所以甲、乙、丁属于氧化物。B正确；
C、据图可知，乙的化学式NO2，NO2中氧的化合价为-2，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0的规则，可知NO2中氮的化合价为+4价。C正确；
D、据图可知，转化②的化学方程式2NO2+2N2H4=3N2+4H2O，即参加反应的乙与生成丙的分子个数之比为2：3。D不正确。
综上所述：选择D。
10．分析推理是化学学习中最常用的思维方法，下列说法正确的是
A. 离子是带电荷的粒子，则带电荷的粒子一定是离子
B. 氧化物中一定含有氧元素，则含有氧元素化合物一定是氧化物
C. 燃烧有发光放热现象出现，则有发光放热现象的变化一定是燃烧
D. 碱性溶液能使酚酞溶液变红，则能使酚酞溶液变红的溶液一定呈碱性
【答案】D
【解析】
A、离子都是带有电荷的粒子，但带有电荷的粒子不一定是离子，也可能是质子、电子等，故选项推理错误；
B、氧化物是由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物，故氧化物中含有氧元素，但是含有氧元素的物质不一定是氧化物，如氯酸钾中含氧元素，但是氯酸钾由K、Cl、O三种元素组成，不属于氧化物，故选项推理错误；
C、燃烧都发光、放热，但有发光、放热现象的变化不一定是燃烧，如灯泡发光、放热，故选项推理错误；
D、碱性溶液能使无色酚酞变红，则能使无色酚酞变红的溶液一定显碱性，故选项推理正确。
故选D。
11．茶叶中含茶氨酸(化学式为C2H14O3N2)、锌等多种成分，茶树适宜在pH为5-6的土壤中生长。下列说法错误的是
A. 茶氨酸属于有机物B. 茶氨酸中碳、氢元素的质量比为12：7
C. 1个茶氨酸分子中含有1个氮分子D. 茶树不宜在碱性土壤中生长
【答案】C
【解析】
A、茶氨酸是含有碳元素的化合物，属于有机物，故A说法正确；
B、茶氨酸中碳、氢元素的质量比为（12×2）：（1×14）=12：7，故B说法正确；
C、1个茶氨酸分子中含有2个单原子，不含有氮分子，故C说法错误；
D、茶树适宜在pH为5-6的土壤中生长，pH＜7，呈酸性，即茶树不宜在碱性土壤中生长，故D说法正确；
故选C。
12．要使如图装置中的小气球鼓起来且一段时间后未恢复到原大小，则图中的固体和液体可以是
①石灰石和稀盐酸 ②镁和稀硫酸 ③固体氧氧化钠和水
A. ①②③B. 只有①②C. 只有①③D. 只有②③
【答案】B
【解析】
①石灰石和稀盐酸反应能生成二氧化碳气体，使装置内气压变大，造成气球膨胀且一段时间后不会恢复原大小；
②镁和稀硫酸反应能生成氢气，使装置内气压变大，造成气球膨胀且一段时间后不会恢复原大小；
③固体氧氧化钠溶于水会放出热量，使装置内的空气受热膨胀，造成气球膨胀，待温度冷却之后压强减小，气球又会恢复至原大小；
综上所述，只有①②可以使装置中的小气球鼓起来且一段时间后未恢复到原大小。
故选：B。
13．实验小组借助传感器对稀NaOH溶液与稀盐酸的反应进行研究。三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速滴加另一种溶液，并用磁力搅拌器不断搅拌。实验装置和测定结果如图。下列说法正确的是
A. X溶液能使酚酞变红
B. 0~40s溶液中H+数量不断增加
C. 60s时溶液中存在的离子有Na+、Cl-、OH-
D. 可以用硝酸银验证M点时氢氧化钠和盐酸是否恰好完全反应
【答案】C
【解析】
A、根据时间和pH图可知，起始时，溶液pH小于7， 是酸性溶液，所以X是稀盐酸，稀盐酸不能使酚酞变红，故该选项说法不正确；
B、0～40s溶液pH不断增大，溶液酸性逐渐减弱，说明溶液中氢离子数量不断减小，故该选项说法错误；
C、根据时间和pH图示，60s时溶液pH大于7，说明此时溶液显碱性，氢氧化钠滴加过量，此时溶液中的主要成分是过量的氢氧化钠和反应生成的氯化钠以及水，所以溶液中存在的离子是：Na+、Cl-和OH-，故该选项说法正确；
D、M点时，对应时间是40s，此时溶液pH小于7，说明溶液中稀盐酸还有剩余，氢氧化钠和稀盐酸并不是恰好完全反应；同时稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无论是否反应完全，溶液中一定存在氯离子，所以滴加硝酸银后都会有沉淀生成，故该选项说法错误；
故选C。
14．电导率是衡量溶液导电能力大小的物理量，在相同条件下，电导率与离子浓度(单位体积内的离子数)成正比，利用数据传感技术测定溶液电导率可辅助探究复分解反应。对如图所示实验分析不正确的是
A. P点时溶液中的阳离子有Na+、H+
B. M到N时，氢氧化钠溶液过量，溶液呈碱性
C. P到M电导率减小是因为溶液中离子数量逐渐减少
D. N点时溶液中的离子数大于P点
【答案】C
【解析】
A、M点电导率最小，则说明此时恰好反应，则P点时表示加入的氢氧化钠还未将盐酸完全反应，则P点的溶质为氯化钠和氯化氢，溶液中的阳离子为钠离子和氢离子，故选项说法正确；
B、M点时溶液的电导率最小，即溶液中离子浓度最小，即NaOH溶液与稀盐酸恰好完全反应，M到N时，氢氧化钠溶液过量，溶液呈碱性，故选项说法正确；
C、P到M，离子数目没有减少，只是溶液体积增大，离子浓度减小，因此电导率减小，故选项说法错误；
D、N点时溶液的电导率与P点时相同，但是N点时溶液的体积大于P点时溶液的体积，说明N点时溶液中的离子数大于P点，故选项说法正确。
故选C。
15. 下列实验方案中，能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把主要物质除去，不符合除杂原则，错误；
B、盐酸与MgO反应生成氯化镁和水，混合物加入过量MgO后，过滤，最终得到MgCl2溶液，能达到目的，正确；
C、氢气燃烧生成水，甲烷燃烧生成水和二氧化碳，过程中烧杯内壁都出现水珠，不能区分两种物质，错误；
D、Mg(NO3)2和NaCl 、Na2SO4相互交换成分都不能生成沉淀、气体和水，不能发生反应，取样，滴加Mg(NO3)2溶液，均无明显现象，现象相同，无法区分，错误。
故选B。
16. 某化学兴趣小组的同学利用如图微型实验装置进行探究实验。先挤压右侧滴管，使液体A与固体D接触，产生大量气泡，同时微热燃烧管，观察到纸屑先于木屑燃烧，然后挤压左侧滴管滴下液体，也产生气泡，同时纸屑和木屑均熄灭。下列说法不正确的是
A. 该实验可证明木屑的着火点高于纸屑
B. 该装置的优点有：操作简单、节约药品、现象明显
C. 实验过程中产生的CO，可以通入足量的氢氧化钠溶液中进行反应
D. 液体B和固体C可以是稀盐酸和石灰石(或大理石)
【答案】C
【解析】
A、先挤压右侧滴管，使液体A与固体D接触，产生大量气泡，同时微热燃烧管，观察到纸屑先于木屑燃烧，可证明木屑的着火点高于纸屑，不符合题意；
B、该装置的优点有：操作简单、节约药品、现象明显，不符合题意；
C、产生的CO，不能和氢氧化钠溶液中进行反应，不可取，符合题意；
D、液体B和固体C可以是稀盐酸和石灰石(或大理石)，可产生二氧化碳气体，不符合题意；
故选C。
17. 化学兴趣小组利用如图所示实验装置模拟工业炼铁。下列说法错误的是
A. 酒精灯上网罩的使用是为了提高火焰温度B. 充分加热，a处固体由黑色变为红色
C. b处可用澄清石灰水检验生成的CO2D. 可用点燃的方法处理尾气
【答案】B
【解析】
A、酒精灯上网罩可以使火焰集中，提高火焰温度，A说法正确；
B、一氧化碳和氧化铁高温下反应生成铁和二氧化碳，反应中固体由红色变为黑色，B说法错误；
C、二氧化碳可以使澄清石灰水变浑浊，常用澄清石灰水来检验二氧化碳，C说法正确；
D、一氧化碳有可燃性，一氧化碳燃烧生成二氧化碳，故可用点燃的方法处理尾气中的一氧化碳，D说法正确。
故选B。
18. CuSO4和NaC1的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是
A. CuSO4的溶解度一定大于NaCl的溶解度
B. 升高温度可以降低NaCl的溶解度
C. T℃时，等质量NaCl和CuSO4两种溶液溶质的质量分数一定相等
D. 将等质量T℃时的NaCl和CuSO4饱和溶液均升温至80℃后，两种溶液溶质的质量分数仍然相等
【答案】D
【解析】
A、选项中没有指明温度，无法比较两种物质的溶解度大小，选项说法错误；
B、氯化钠的溶解度随温度的升高而增大，升高温度可以增大NaCl的溶解度，选项说法错误；
C、T℃时，NaCl和 CuSO4的溶解度相等，所以T℃时， NaCl和 CuSO4两种饱和溶液的溶质质量分数相等，选项中没有指明溶液的状态，选项说法错误；
D、T℃时，NaCl和 CuSO4的溶解度相等，所以T℃时， NaCl和 CuSO4两种饱和溶液的溶质质量分数相等，将等质量T℃时的NaCl和CuSO4饱和溶液均升温至80℃后，氯化钠和硫酸铜的溶解度均增大，两种溶液均变成80℃的不饱和溶液，溶液组成不变，则溶质的质量分数仍然相等，选项说法正确；
故选：D
19. 下列物质的转化在给定条件下均能实现的是
A. Fe eq \\ac(\s\up5(稀盐酸),\s\d0(———→))FeCl3eq \\ac(\s\up5(NaOH),\s\d0(———→))Fe(OH)3
B. CuOeq \\ac(\s\up5(稀硫酸),\s\d0(———→))CuSO4溶液eq \\ac(\s\up5(CaO),\s\d0(———→))Cu(OH)2
C. NaCl溶液eq \\ac(\s\up5(NH3、CO2),\s\d0(—————→))NaHCO3eq \\ac(\s\up5(△),\s\d0(———→))NaOH
D. BaCl2溶液eq \\ac(\s\up5(CO2),\s\d0(—————→))BaCO3eq \\ac(\s\up5(稀硝酸酸),\s\d0(———→))Ba(NO3)2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】一步反应实现即原物质只发生一个反应即可转化为目标物质。
A、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会生成氯化铁，错误；
B、氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钙，可以实现，正确；
C、氯化钠、水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠加热生成碳酸钠、水和二氧化碳，错误；
D、碳酸的酸性比盐酸弱，氯化钡不会与二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀，错误。
故选B。
20. 以H2O、CaBr2（溴化钙）、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气,其反应原理如图所示。下列说法错误的是
A. 反应“①”中生成243g HBr,生成氢气的质量为1g
B. 反应“②”是置换反应
C. 反应过程中只有氢、氧、溴元素的化合价发生改变
D. 该过程的总反应方程式可表示为2H2Oeq \\ac(\s\up7(催化剂),\(====,=====))O2↑＋2 H2↑
【答案】C
【解析】
A、设生成氢气的质量为x，
3 FeBr2+4H2O=Fe3O4+6HBr↑+H2↑
486 2
243g x
eq \f(486,2)＝eq \f(243g,x)
x=1g
故A正确；
B、置换反应是指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；反应“②”是Br2和CaO反应生成CaBr2和O2，属于置换反应，故B正确；
C、反应①中铁元素的化合价发生变化，故C错误；
D、从反应原理图可知，FeBr2、Fe3O4、HBr、Br2、CaO、CaBr2物质既是某个反应的生成物，又是另一个反应的反应物，总体来看，水在催化剂的作用下分解生成氢气和氧气，故D正确。
故选C。
二、填空题（本大题共6小题，每空1分，共60分。）
21．（9分） “二十四节气”是我国古代农耕文化的产物，农耕生产与节气息息相关。
（1）“立春”：万物复苏，春暖花开。乙酸苯甲酯(C9H10O2)是一种具有茉莉花香的物质，其中氢、氧元素的质量比是___________(填最简整数比)。
（2）“清明”：清明有霜梅雨少。正常雨水略显酸性，原因是___________(用方程式表示)。pH<5.6的雨水容易导致土壤酸化，常用___________改良酸性土壤。
（3）“谷雨”：谷雨麦挑旗，立夏麦头齐。为促进小麦生长，应追加肥料。
①下列肥料属于复合肥料的是___________(填字母)。
A 、CO(NH2)2 B、Ca3(PO4)2 C、NH4NO3 D、KNO3
②草木灰是一种钾肥，主要成分是K2CO3，一般不与铵态氮肥混合使用。据此推测，K2CO3溶液中含有的阴离子是___________(填离子符号)。
（4）“秋风”：一粒好种，万担好粮。农业上常用质量分数为16%的NaCl溶液来选种。现有100g质量分数为26%的NaCl溶液，加___________g水即可配成质量分数为16%的NaCl溶液。
（5）“小雪”：小雪雪满天，来年必丰年。农作物的丰收离不开化肥的加持，常用的化肥“碳铵”受热易分解产生NH3.某小组同学根据NH3还原CuO的反应，设计测定Cu相对原子质量Ar(Cu)的实验。
【实验思路】先称量反应物CuO的质量m(CuO)，反应完全后测定生成物水的质量m(H2O)，由此计算Ar(Cu)。
【反思评价】
①从图中选择并组装一套合理、简单的装置，连接顺序为：制氨气发生装置→C→A___________(填“B→C”或“C→B”)；
②若测得m(CuO)=ag，m(H2O)=bg，则Ar(Cu)=___________(用含a、b的代数式表示)。
③在本实验中，使测定结果 Ar(Cu)偏大的是___________(填字母)。
A.CuO未完全起反应 B.CuO中混有不反应的杂质 C.NH3通入A装置前未用C装置干燥
【答案】
（1）5:16
（2）CO2＋H2O=H2CO3 熟石灰##氢氧化钙
（3）①D ②COeq \\al(2-,3)和 OH-
（4）62.5
（5）①C→B ②eq \f(18a-16b,b) ③AB
【解析】
（1）乙酸苯甲酯(C9H10O2) 中氢、氧元素的质量比为(1×10):(2×16)=5:16，故填：5:16；
（2）空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸，化学反应方程式为CO2＋H2O=H2CO3，pH<5.6的雨水容易导致土壤酸化，农业生产中常用熟石灰（氢氧化钙）来改良酸性土壤，故填：CO2＋H2O=H2CO3；熟石灰（或者氢氧化钙）；
（3）①A、CO(NH2)2中只含营养元素有氮元素，属于氮肥，故A不符合题意；
B、Ca3(PO4)2，只含有营养元素磷元素，属于磷肥，故B不符合题意；
C、NH4NO3中只含有营养元素氮元素，属于氮肥，故C不符合题意；
D、KNO3中含有营养元素钾元素和氮元素，属于复合肥，故D符合题意。
故选D。
②铵态氮与碱性物质不能混合使用，因为铵根离子会和氢氧根离子反应生成氨气和水，从而降低肥效，草木灰是一种钾肥，主要成分是K2CO3，一般不与铵态氮肥混合使用，据此推测，K2CO3溶液中含有的阴离子是COeq \\al(2-,3)和 OH-，故填：COeq \\al(2-,3)和 OH-；
（4）溶液稀释前后溶质质量不变，设需要加入水的质量为x，则有100g×26%＝(100+x) ×16%，解得x=62.5g，即需要加入水的质量为62.5g，故填：62.5；
（5）①因为需要测定反应后生成物水的质量，所以必需保证通入的氨气是纯净干燥的，由于浓硫酸可以与氨气反应，因此只能通过碱石灰进行干燥，再通入氧化铜进行反应，再通入碱石灰中吸收反应生成的水，以测得生成水的质量，最后再连接浓硫酸洗瓶，吸收未反应的氨气，防止污染空气，所以正确的顺序为制氨气发生装置→C→A→C→B，故填：C→B；
②设：铜的相对原子质量为x，则
2NH3+3CuOeq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))2Cu+3H2O+N2
(x+16) ×3 54
ag 18g
eq \f((x+16) ×3,54)＝eq \f(ag, 18g)
X=eq \f(18a-16b,b)
故 Ar(Cu)= eq \f(18a-16b,b)，故填：eq \f(18a-16b,b)；
③由②可知，Ar(Cu)= eq \f(18a-16b,b)，
A、若CuO未完全起反应，导致测得b偏小，使得测定结果偏大，故A符合题意；
B、若CuO中混有不反应的杂质，导致b偏小，使得测定结果偏大，故B符合题意；；
C、若氨气未干燥，导致b偏大，使得测定结果偏小，故C不符合题意。
故选AB。
22．(8分) 在实验室和生活中选择合适的药品和装置可以制取气体。
I.实验室制取CO2气体并验证性质
（1）图-1装置中，仪器X名称为_____________。
（2）实验室用大理石与稀盐酸制取二氧化碳气体的化学方程式为_____________。
（3）要组装一套“随开随用，随关随停”制取干燥二氧化碳的装置，在图-1中选择合适装置，其正确连接顺序是_____________（填字母），F中的试剂Y是_____________（填名称）。
（4）利用如图-2所示实验研究CO2的性质。
①证明CO2能与水反应的现象是_____________。
②一段时间后澄清石灰水变浑浊，由此可得出CO2具有的性质是_____________（用化学方程式表示）。
Ⅱ.拓展探究
（5）制作氧自救呼吸器
查阅资料：超氧化钾（KO2）是一种黄色固体，产氧效率高，适合用作生氧剂。
①原理分析：超氧化钾能与人体呼出气体的二氧化碳、水发生反应，都生成氧气和白色固体。写出超氧化钾与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钾的化学方程式_____________。
②动手实践：设计并制作如图-3所示“氧自救呼吸器”，使用一段时间后，观察到生氧剂由_____________（填颜色变化），则基本失效。
【答案】
（1）长颈漏斗
（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
（3）AFE 浓硫酸
（4）①湿润的石蕊棉团变红，干燥的石蕊棉团不变红 ②CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O
（5）①4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2 ②黄色变成白色
【解析】
（1）仪器X的名称为长颈漏斗；
（2）实验室制取二氧化碳气体，是大理石主要成分碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
（3）要组装一套“随开随用，随关随停”制取二氧化碳的实验装置，B装置不能控制反应的停止与发生；关闭活塞装置A试管内气压增大，液体被压入长颈漏斗中，固液分离，打开活塞后，固液接触，反应进行，能达到随开随制，随关随停的目的，用装置A作发生装置；二氧化碳的密度比空气大，能溶于水，用装置E收集；干燥二氧化碳可用浓硫酸，故F中的试剂Y是浓硫酸，装置正确连接顺序是AFE；
（4）二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能使紫色石蕊溶液变红色，证明CO2能与水反应的现象是湿润的石蕊棉团变红，干燥的石蕊棉团不变红；一段时间后澄清石灰水变浑浊，是因为二氧化碳和氢氧化钙（石灰水溶质）反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O
（5）超氧化钾与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钾的化学方程式为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2；超氧化钾（KO2）是一种黄色固体，碳酸钾是一种白色固体，则使用一段时间后，观察到生氧剂由黄色变成白色时，则基本失效；
（6）①370-410℃发生MnO转化为MnO2的化合反应，说明引入氧元素，所以370-410℃发生反应为二氧化锰与氧气反应生成二氧化锰，化学方程式为2MnO+O2eq \\ac(\s\up7(175~410℃),\(======,=======))MnO2；
②取agMnO2与一定质量KClO3混合均匀，在酒精灯上充分加热释氧（温度高于500℃），冷却后，加水溶解（KCl、KClO3溶于水），过滤，洗涤，烘干后称量，发现剩余固体质量少于ag。固体质量减少的主要原因是温度高于450℃时，MnO2 会分解成Mn2O3；
③A、图中的a点对应的操作是推动注射器活塞，过氧化氢溶液进入容器，气压增大，说法正确；
B、该实验一直有二氧化锰，不能证明MnO2对H2O2的分解起催化作用，说法不正确；
C、对比c点和e点可以验证反应速率与H2O2的浓度有关，过氧化氢溶液浓度越大，反应速率越快（即相同时间产生氧气越多，氧气浓度越大），说法正确；
D、对比b点和e点，氧气浓度升到24%用的时间，e比b时间长，说明浓度越大，反应速率越快，能验证反应速率与H2O2的浓度有关，是因为反应时间不同，该选项不正确；
故选：BD。
23. （6分）阅读下列材料，回答相关问题。
《2050年世界与中国能源展望》中提出，全球能源结构正在向多元、清洁、低碳转型。太阳能的利用是热门研究方向之一。例如，可以利用太阳能将水转化为，某种光分解水的过程如图一所示，产生的H2在一定条件下与CO2反应合成液态燃料CH3OH（甲醇）。也可以在太阳光照下，通过光催化将H2O、CO2直接转化为CH3OH、H2、CO、CH4等太阳能燃料（图二）。另外，还可以利用照明灯、人体散发的热量等生活中随处可见的成热发电，我国研发的“柔性、可裁剪碲化铋（Bi2Te3）纤维素复合热电薄膜电池”，能充分贴合人体体表，实现利用体表散热为蓝牙耳机、手表、智能手环等可穿戴电子设备供电（图三）。可以看出，在新能源的开发和利用中，化学起着不可替代的作用。

（1）写出图一转化过程的总反应式___________，与电解水相比，该方法的优点是___________。
（2）通过光催化得到太阳能燃料，该过程是将光能转化为___________能；太阳能燃料完全燃烧的化学反应式为___________，该反应与图一所示的反应都能够说明水是由___________组成的。
（3）下列说法正确是 （填字母标号）。
A. 能源结构向多元、清洁、低碳转型B. 太阳能的利用是当今世界热门的研究方向之一
C. 生活中的废热无法利用D. 化学与新能源开发密切相关
【答案】
（1）2H2Oeq \\ac(\s\up6(光照),\(======,=======),\s\d6(FeO))2H2↑+O2↑ 利用太阳能电解水得到氢气和氧气，节约能源
（2）化学 2H2+O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2H2O ③. 氢元素和氧元素
（3）AD
【解析】
（1）由图可知，图一转化过程中循环利用的物质有Fe3O4和FeO，其中FeO作为反应催化剂，Fe3O4是FeO参与反应的中间体，所以该反应是水在氧化亚铁做催化剂和光照条件下，分解为氢气和氧气，反应方程式为：2H2Oeq \\ac(\s\up6(光照),\(======,=======),\s\d6(FeO))2H2↑+O2↑；与电解水相比，该方法的优点是利用太阳能电解水得到氢气和氧气，节约能源。
（2）通过光催化得到太阳能燃料，该过程是将光能转化为化学能；在太阳光照下，将H2O、CO2直接转化为CH3OH、H2、CO、CH4等太阳能燃料，氢气和氧气点燃生成水，方程式为：2H2+O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2H2O（合理即可）；氢气和氧气点燃生成水，说明了水是由氢元素和氧元素组成的。
（3）A、能源结构向多元、清洁、低碳转型，利于减少化石燃料燃烧保护环境，正确；
B、太阳能属于可再生能源，错误；
C、可利用照明灯、人体散发的热量等生活中随处可见的热来发电，故生活中的废热可以利用，错误；
D、在新能源的开发和利用中，化学起着不可替代的作用，化学与新能源开发密切相关，正确。
故选AD。
24. （8分）二氧化碳是重要的自然资源，和人类的生命活动息息相关。
（1）人类进行呼吸作用的主要形式是有氧呼吸，通过酶的催化作用，把糖类等有机物转化为二氧化碳和水。葡萄糖(C6H12O6)在人体内参与呼吸作用的化学方程式为_______。呼吸作用属于_______(填“缓慢”或“剧烈”)氧化。
（2）在航天服、航天器、空间站等密闭系统中，CO2浓度会高得多，而超过一定浓度会导致呼吸急促、头晕头痛、昏迷甚至死亡，因此必须通过一定方法将CO2清除。
【探究除碳技术】
I.非再生式氢氧化锂(LiOH)除碳技术
①我国“飞天”舱外航天服采用非再生式氢氧化锂(LiOH)吸收CO2生成碳酸锂，该技术设备操作简单，功能可靠，适用于短期出舱任务。吸收时发生反应的化学方程式为_______。吸收等量二氧化碳，采用LiOH而不用NaOH的原因是_______。
II.萨巴蒂尔(Sabatier)除碳生氧技术
②利用萨巴蒂尔(Sabatier)反应清除二氧化碳并再生氧气的大体流程如图所示。
已知：萨巴蒂尔(Sabatier)反应是放热反应，控制反应器内的温度非常重要，反应在300℃~400℃时转化率较高，所以一般会将进入反应器的气体预热到此温度，同时反应器配有_______装置，确保反应器高效率、低能耗的持续运行。这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充_______(填化学式)。
III.催化固碳技术
实验小组查阅资料，发现利用CO2和H2在催化剂作用下反应，不仅可以解决固碳问题还可以生成可做燃料的甲醇(CH3OH)。
③结合图可知，温度为_______K时甲醇产率最高；压强越大，甲醇产率越高，但在实际生产中，并不压强越大越好，其原因是_______。
④催化固碳条件较为苛刻，实验小组发现还可以利用电解法来固碳，写出电解法固碳的化学方程式_______。
【答案】
（1）C6H12O6+6O2 eq \\ac(\s\up7(酶),\(====,=====))6CO2+6H2O 缓慢
（2）①2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O LiOH吸收的二氧化碳的量更多 ②冷却##热交换 H2
③520 压强越大对设备的要求越高，存在安全问题 ④CO2+3H2 eq \\ac(\s\up7(通电),\(===,====))CH3OH+H2O
【解析】
（1）呼吸作用主要形式是有氧呼吸，通过酶的催化作用，把糖类等有机物转化为二氧化碳和水，反应的化学方程式为 C6H12O6+6O2 eq \\ac(\s\up7(酶),\(====,=====))6CO2+6H2O；呼吸作用是物质和氧气发生的不易察觉的氧化反应，属于缓慢氧化，故填： C6H12O6+6O2 eq \\ac(\s\up7(酶),\(====,=====))6CO2+6H2O；缓慢；
（2）①氢氧化锂(LiOH)吸收CO2生成碳酸锂和水，反应的化学方程式为2LiOH + CO2 = Li2CO3 + H2O；由反应的化学方程式2LiOH + CO2 = Li2CO3 + H2O、CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O可知，LiOH的相对原子质量小于NaOH，单位质量，LiOH吸收的二氧化碳的量更多，故填：2LiOH + CO2 = Li2CO3 + H2O；LiOH吸收的二氧化碳的量更多；
②根据题中信息可知，萨巴蒂尔反应是放热反应，且此反应在300℃~400℃时转化率较高，则反应器应该配有冷却或者热交换装置；萨巴蒂尔反应在载人航天器实现回收CO2再生O2，根据其过程转化关系图示可知：用这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充H2，故填：冷却或热交换；H2；
③由图可知，温度为520K时甲醇产率最高；压强越大，甲醇产率越高，但是压强越大对设备的要求越高，存在安全问题，所以在实际生产中，并不是压强越大越好，故填：520；压强越大对设备的要求越高，存在安全问题；
④由电解法固碳示意图可知，二氧化碳和氢气在通电条件下反应生成甲醇和水，反应的化学方程式为CO2+3H2 eq \\ac(\s\up7(通电),\(===,====))CH3OH+H2O，故填：CO2+3H2 eq \\ac(\s\up7(通电),\(===,====))CH3OH+H2O。
25. （9分）铝及其化合物用途非常广泛。
(一)了解铝的冶炼
（1）19世纪末，霍尔应用电解熔融金属化合物的方法制备金属，写出电解熔融氧化铝制备铝的化学方程式_______。
(二)探究硫酸铝铵晶体(铵明矾晶体)[NH4Al(SO4)2•12H2O]的制取
以铝土矿(主要成分是A12O3和少量SiO2、Fe2O3杂质)为原料可以制取硫酸铝铵(铵明矾)晶体，其工艺流程如图所示。
【资料】
①SiO2不与稀盐酸反应，也不溶于水。
②Al(OH)3能溶解在NaOH溶液中，生成可溶性钠盐[偏铝酸钠(NaAlO2)]。
③A1(OH)3加热分解成氧化铝和水。
请回答下列问题：
（2）步骤I中所得滤液含有的阳离子有_______(填离子符号)。
（3）步骤Ⅱ生成的固体b为_______(填化学式)。
（4）步骤Ⅲ中通入足量CO2发生的反应之一为CO2+NaAlO2+2H2O=Al(OH)3↓+X，推断X的化学式为_______。
（5）步骤V通过化合反应制取硫酸铝铵[NH4A1(SO4)2]，其化学方程式为_______。从硫酸铝铵溶液中获得硫酸铝铵晶体的实验操作依次为加热浓缩、冷却结晶、过滤等，据此可知硫酸铝铵晶体的溶解度受温度影响的情况是_______。
（6）步骤Ⅱ中加过量烧碱的目的是_______；若步骤Ⅱ所加烧碱量不足，则最终硫酸铝铵晶体的产率将_______(填“偏低”、“不变”或“偏高”)。
（7）工业上通过控制硫酸的用量可以同时生产硫酸铝铵和硫酸铝。欲使制得的硫酸铝和硫酸铝铵的“微粒”个数之比为1：1，则投料时铝土矿中的A12O3和H2SO4的“微粒”数之比为_______。
【答案】
（1）2Al2O3 eq \\ac(\s\up7(通电),\(===,====))4Al +3O2↑
（2）Al3+、Fe3+、H+
（3）Fe(OH)3
（4）NaHCO3
（5）Al2O3+4H2SO4+2NH3=2NH4Al(SO4)2+3H2O 硫酸铝铵晶体的溶解度随温度的升高而升高
（6）将氯化铝完全转化成偏铝酸钠 偏低
（7）3：10
【解析】
（1）根据反应前后元素种类不变，则电解熔融的氯化铝，除了生成铝之外，还生成氧气，反应的化学方程式为：2Al2O3 eq \\ac(\s\up7(通电),\(===,====))4Al +3O2↑。
（2）步骤Ⅰ中，氧化铝能和盐酸反应生成氯化铝和水，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，则所得滤液中的溶质为氯化铝、氯化铁和过量的氯化氢，其中阳离子为Al3+、Fe3+、H+。
（3）烧碱为氢氧化钠俗称，氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠，但生成的氢氧化铝能溶于氢氧化钠溶液中，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，则步骤Ⅱ得到固体b为Fe(OH)3。
（4）反应前后原子的种类和个数不变，等号左边有1个钠原子、1个铝原子、1个碳原子、4个氢原子和6个氧原子，等号右边除X外，有1个铝原子、3个氢原子和3个氧原子，则X中含有1个钠原子、1个碳原子、1个氢原子和3个氧原子，化学式为NaHCO3。
（5）氢氧化铝加热分解为氧化铝和水，结合流程可知，步骤Ⅴ中，氧化铝和硫酸、氨气反应生成硫酸铝铵，反应的化学方程式为：Al2O3+4H2SO4+2NH3=2NH4Al(SO4)2+3H2O；
通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法可得到硫酸铝铵，说明其溶解度随温度的升高而升高，降低温度，溶解度减小，则有晶体析出。
（6）氯化铝与氢氧化钠反应会生成氢氧化铝沉淀，所以过量的氢氧化钠溶液可以将氯化铝完全转化成偏铝酸钠；
若步骤Ⅱ中所加的烧碱量不足，则会使生成的Al(OH)₃可能没有全部溶解，导致硫酸铝铵晶体的产率偏低。
（7）硫酸铝铵与硫酸铝的微粒个数比为1：1，则Al3+与SOeq \\al(2-,4)的微粒个数比为3：5，Al3+全部来自Al2O3，SOeq \\al(2-,4)全部来自H2SO4，根据 A13+和SOeq \\al(2-,4)守恒，投料时Al2O3和H2SO4的微粒个数之比为3：10。
26．（9分）硫酸是一种重要的化工原料，也是实验室中常用的化学试剂。下面是对硫酸的性质、制取、用途等方面进行探究。
【探究一】硫酸的性质
（1）兴趣小组把98%的浓硫酸10mL和63.3%的硫酸溶液约20mL分别放入两个相同的小烧杯中，称量、观察、记录、分析，根据室温环境下实验的数据绘成的曲线如图。对比图中曲线你能得到的实验结论：______。
【探究二】硫酸的工业制法。
查阅资料：黄铁矿的主要成分是FeS2，FeS2+11O2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2Fe2O3+8SO2
工业上以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程如图所示。

（2）依据生产硫酸的工艺流程图，下列说法正确的是_______（填序号）。
A. 为使黄铁矿充分反应，需将其粉碎B. 催化剂能够提高SO2的反应速率和产量
C. 吸收塔中得到的产品为混合物D. 沸腾炉排出的矿渣可供炼铁
（3）写出接触室中发生反应的方程式________。
（4）接触室中的SO2平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，催化剂活性与温度的关系见图。在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压和450℃（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是：不选B点，因为压强越大，对设备和能耗的要求越大；不选C点，因为_____。
【探究三】某黄铁矿中FeS2的含量。
（5）称取1.60g黄铁矿样品放入如图所示装置（夹持装置省略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气、高温灼烧石英管中的黄铁矿样品至完全反应，称量反应前后乙装置的质最分别是300g和301.28g（不考虑水蒸气的影响）。
计算该黄铁矿中FeS2的质量分数（写出计算过程）。
【答案】
（1）98%的浓硫酸和63.3%的硫酸溶液都具有吸水性，前者比后者吸水能力强
（2）ACD
（3）2SO2+O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\s\up1(─────),\s\d1(─────),\s\d6(△))2SO3↑
（4）温度低，催化剂活性低，反应速率慢
（5）解：设二硫化亚铁质量为x。
FeS2+11O2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2Fe2O3+8SO2
480 512
x 301.28g-300g
eq \f(480,512)＝eq \f(x,301.28g-300g)
解得x=1.2g
则该黄铁矿中FeS2的质量分数是：eq \f(1.2g,1.60g)×100%＝75%，
答：该黄铁矿中FeS2的质量分数是75%。
【解析】
（1）由图可知，一段时间后，98%的浓硫酸和63.3%的硫酸溶液吸水质量均增加，且浓硫酸增加的多，说明98%的浓硫酸和63.3%的硫酸溶液都具有吸水性，前者比后者吸水能力强；
（2）A、为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎，是因为增大了反应物接触面积，使反应更充分，该选项说法正确；
B、催化剂只能改变反应速率，不能改变生成物的质量，故催化剂能够提高SO2的反应速率，但是不能提高产量，该选项说法不正确；
C、吸收塔中得到的产品为混合物，即得到的是硫酸和水的混合物，该选项说法正确；
d、由题干信息可知，FeS2和氧气在高温下反应生成了氧化铁和二氧化碳，故沸腾炉排出的矿渣中含有氧化铁，可供炼铁，该选项说法正确；
故选：ACD；
（3）接触室中二氧化硫和氧气在催化剂和加热的条件下反应生成三氧化硫，化学方程式为：2SO2+O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\s\up1(─────),\s\d1(─────),\s\d6(△))2SO3↑；
（4）从催化剂活性与温度的关系图中可知，在一定温度范围内，温度较低时，催化剂的活性低，反应速率慢。A点温度比C点高，图中显示，A点催化剂活性比C点催化剂活性高。因此不选C点的原因是：温度低，催化剂活性低，反应速率慢；
（5）见答案。
27．(11分)同学们对铁及其化合物的问题进行探究。
探究一：铁的应用
（1）《天工开物》中记载：取盐井水“入于釜中煎炼顷刻结盐”。煎炼时利用铁釜的________性，生活中，铁粉常用作脱氧剂，原理是________。
探究二：FeOOH（羟基氧化铁）在化工、建筑、医药等方面有着广泛应用。
（2）火星探测器发回的信息表明，火星上存在FeOOH，从而证明火星表面曾经存在过水，其理由为________。
（3）活性FeOOH可除去石油开采过程中的有害气体H2S，并获得S，原理如下。
FeOOHeq \\ac(\s\up5(H2S),\s\d0(———→),\s\d5(过程1))Fe2S3`H2Oeq \\ac(\s\up5(空气),\s\d0(———→),\s\d5(过程2))FeOOH+S
与氢氧化钠溶液吸收H2S气体相比，FeOOH除去H2S的优点为_______。
探究三：碳酸亚铁应用非常广泛，可以做补血剂、阻燃剂、催化剂，还可用于皮革生产。
（4）碳酸亚铁在空气中受热发生的反应为4FeCO3＋O2eq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))2Fe2O3+4CO2，它可以做阻燃剂的原因为________、________。
（5）FeCO3的制备。某兴趣小组同学利用如图装置，通过FeSO4与NH4HCO3反应制取FeCO3。
实验步骤如下:
a．检查装置气密性，添加药品，并将导管末端插入C中水面以下；
b．装置A中打开K1、K3，关闭K2制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排尽；
c．操作开关，将A中溶液导入B中产生FeCO3沉淀；
d．将B中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。
步骤中应打开开关________（选填“K1”、“K2”或“K3”），并关闭其他开关，反应过程中控制B装置温度在50℃左右，原因为________。
（6）FeCO3的含量测定．为确定某样品中FeCO3的含量，称取20.0g固体做如图实验．
（其它杂质与稀硫酸不产生气体；碱石灰是CaO和NaOH的混合物）
①反应结束后，缓缓通一段时间N2的目的为________。
②实验结束后，测得装置F增重0.88g，则样品中FeCO3的质量分数为________。
③如果去掉装置G，会使实验结果________（填“偏大”、“偏小”或“不变”） 。
【答案】
（1）导热 铁生锈消耗氧气
（2）FeOOH 中含有氢、氧元素
（3）FeOOH 可循环利用
（4）反应消耗氧气 生成二氧化碳可使可燃物与氧气隔绝
（5）K2 防止碳酸氢铵受热分解
（6）①使生成的二氧化碳被F中的碱石灰全部吸收 ②11.6% ③偏大
【解析】
（1）煎炼过程是利用热量将水蒸发得到晶体，则需要容器可以导热，所以利用铁釜的导热性。铁和氧气、水接触可生锈，会消耗氧气，所以铁粉常用作脱氧剂。
（2）化学反应前后元素的种类不变，FeOOH 中存在氢、氧元素，水中存在氢、氧元素，所以可推测火星表面曾经存在过水。
（3）氢氧化钠和硫化氢反应生成硫化钠和水，从流程图可知，FeOOH除去H2S的过程中FeOOH开始投入后又生成，可循环利用，所以优点是FeOOH可循环利用。
（4）碳酸亚铁和氧气反应消耗氧气，可降低氧气浓度，生成二氧化碳，二氧化碳不可燃、不支持燃烧，密度比空气大，可阻止可燃物与氧气接触，从而达到灭火的目的。
（5）开打K1后硫酸流下，且硫酸会将长导管液封。硫酸和铁反应生成的氢气通过K3进入B，排净空气。将A中液体导入B中，则液体可从长导管通过K2进入B中，则需要打开K2，关闭其他开关，生成的氢气无法排除，将A中溶液压入B中。
碳酸氢铵受热易分解生成氨气、水和二氧化碳，所以反应过程中控制 B 装置温度在 50℃ 左右，原因为防止碳酸氢铵受热分解。
（6）①碳酸亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、水和二氧化碳，二氧化碳进入F被碱石灰吸收，F增加的质量为生成二氧化碳的质量，进一步计算出碳酸亚铁的质量。所以反应结束通入一段时间氮气，将DE中残留的二氧化碳全部排入F中，使生成的二氧化碳被F中的碱石灰全部吸收。
②化学反应前后元素的质量不变，根据FeCO3+H2SO4=FeSO4+H2O+CO2↑可知，生成二氧化碳中碳元素的质量与碳酸亚铁中碳元素的质量相同，则碳酸亚铁的质量为0.88g×(eq \f(12,44)×100%)÷(eq \f(12,116)×100%)＝2.32g。则样品中碳酸亚铁的质量分数为eq \f(2.32g,20g)×100%)＝11.6%。
③如何去掉G，空气中的水和二氧化碳可能被F吸收，导致测量得到的二氧化碳的质量偏大，则计算出的碳酸亚铁的质量偏大，碳酸亚铁的质量分数偏大。
选项
实验目的
实验方案
A
除去CO2中的HCl气体
通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
B
除去MgCl2溶液中的少量盐酸
加入过量MgO后过滤
C
鉴别H2和CH4
分别点燃，在火焰上方罩一个干冷烧杯
D
鉴别NaCl和Na2SO4溶液
取样，滴加Mg（NO3）2溶液，观察现象