广东省深圳市宝安区2026年化学中考考前自测试卷附答案

化学中考考前自测试卷一、选择题（共10小题，每小题1.5分，共15分。在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题意。）1．2026年低碳发展与再生能源国际会议在深圳举办，下列有关低碳发展与再生能源领域说法正确的是（）A．"低碳"发展指必须停止化石燃料的使用B．夏季空调温度调到很低温是"低碳"行为C．天然气、氢气、煤气均属于可再生资源D．光伏电解水制氢是将光能转为化学能2．掌握化学用语是学好化学的关键，下列化学用语书写正确的是（）A．电解水中的最小微观粒子：H、OB．2个氯离子：C．氯化亚铁中铁元素的化合价：D．硫酸钾：K2S3．在“宏观—微观—符号”之间建立联系是化学学科特有的思维方式。对下列图示信息的分析中正确的是（）A．图①表示一种阴离子B．图②表示的微粒在化学反应中易得电子C．图①②对应元素位于元素周期表同一周期D．图①③对应元素组成的化合物由分子构成4．制造芯片的关键步骤是光刻和蚀刻，中国芯片蚀刻技术国际领先。利用三氟化氮（NF3）进行硅芯片蚀刻时的产物均为气体，在硅芯片表面无任何残留物。该反应微观示意图如图，下列说法正确的是（）A．该反应属于复分解反应B．该化学反应前后各元素化合价没变C．丙和丁分子个数比为3：2D．保持气体丁化学稳定性的是氮原子5．某电热蚊香（如图）通电后，陶瓷发热元件（主要成分为氧化铝）对芯加热。其有效成分为氟氯醚菊酯（C17H16Cl2F4O3），受热后有效成分扩散到空气中。下列说法不正确的是（）A．氟氯醚菊酯中碳元素质量分数最高B．每个氟氯醚菊酯分子由42个原子构成C．塑料外壳和陶瓷发热元件是合成材料D．受热后，氟氯醚菊酯分子运动更剧烈6．KNO3和NaCl的溶解度曲线如图所示。T3℃时，分别向盛有10.0g水的甲、乙试管中加入等质量的两种晶体，充分溶解后现象如图所示。下列说法正确的是（）A．乙试管中加入的晶体是NaClB．试管中溶液的溶质质量分数：甲>乙C．将乙试管降温至T2℃，一定有晶体析出D．甲试管恒温蒸发水，溶质质量分数变大7．初中化学常见纯净物M、甲、乙、丙、丁，其物质类别、部分元素化合价及转化关系如图（"—"表示相互反应，"→"表示一步转化）。甲、乙、丙、丁含同种元素，丁的溶液呈黄色。下列说法正确的是（）A．乙→甲中，乙发生氧化反应B．反应①和③都观察到溶液变为浅绿色C．反应②和④的化学反应可能相同D．甲可与盐溶液通过置换反应转化为丁8．下列实验设计不正确的是（）A．探究空气中氧气的含量B．澄清石灰水变浑浊，证明蜡烛中含有碳元素C．探究铁生锈需要接触水D．滴入水，红墨水向右移动，证明氢氧化钠溶解放热9．下列方法正确的是（）选项实验目的实验方法A检验集气瓶中无色气体是将燃着的木条伸入瓶中，观察是否熄灭B除去中含有的和将气体通过氢氧化钠固体干燥剂C除去食盐中混有的纯碱加入过量的稀盐酸后蒸发结晶D鉴别溶液与溶液分别滴加溶液，观察现象A．A B．B C．C D．D10．将一定量的氢氧化钾溶液与稀硫酸混合，观察不到明显现象。为证明氢氧化钾溶液与稀硫酸发生了反应，甲同学采取图1实验装置进行以下实验，三颈烧瓶中盛放溶液X，用恒压漏斗匀速加另一种溶液，并在A、B、M三个时间点取出少量溶液进行实验。传感器获得实验过程中pH与温度变化分别如图2、图3所示。下列说法不正确的是（）A．从图2推测X溶液为稀硫酸B．M点时取出的溶液只含一种溶质C．加入氯化钡溶液，有白色沉淀，可推测该溶液是A点取出的D．取B点溶液滴加碳酸钠，无明显现象，可证明硫酸已和氢氧化钾反应二、非选择题（共4题，共35分）11．阅读下列科普短文。【材料一】稀土元素性质非常活泼，从富含稀土元素的矿物中提取稀土，是一个复杂的化学过程，常涉及多种分离方法。稀土是不可再生的战略资源。我国长期承担了世界主要供应国的角色，却也付出了破坏自身天然环境与消耗自身资源的代价。【材料二】氢能是一种理想的清洁能源，其制取和储存是科学研究的重要方向。制氢的技术有多种，其中煤气化制氢约占56%，天然气重整制氢约占21%，电解水制氢约占1%。此外，在一定温度下，利用Fe-Mo/C作催化剂裂解乙醇也可以制备氢气。科研人员研究相同温度下裂解乙醇制备氢气时，催化剂中Mo与Fe最佳质量比的实验结果如图1，氢气产率越高，说明催化剂效果越好。我国科学家发明了稀土元素（Ce）的氧化物为催化剂将甲烷中的氢转化为氢气的工艺，反应原理如图2所示。随着低耗能制氢及高效储氢问题的解决，氢能终将在各领域实现大规模的应用。（1）从材料一可知，稀土元素在自然界中主要以（填“单质”或“化合物”）形式存在。（2）图1可知，在相同温度下，相同时间内，裂解乙醇制氢气所需的催化剂中，Mo与Fe的最佳质量比为。（3）根据图2，写出铈（Ce）的氧化物催化制氢的化学反应方程式。（4）下列说法中不正确的是（多选）（填序号）。a.目前制氢的原料主要来源于化石燃料b.裂解乙醇（C2H5OH）制氢指将乙醇分解只生成H2和CO2c.现阶段氢能已经大规模使用（5）稀土资源是不可再生的。为保护稀土资源，我们应该采取的措施是。12．中国的茶文化源远流长，多数同学都有饮茶的习惯，但茶垢的清洗经常让我们烦恼；利用茶垢清洁剂与热水的反应，可快速将茶垢去除干净。为此，某兴趣小组进行了以下实验探究。探究一：探究茶垢清洁剂的主要组成结构【资料卡片】茶垢清洁剂的主要成分是过碳酸钠，过碳酸钠主要由Na2CO3、H2O2结合而成。请根据提供的实验用品，设计实验方案，验证其组成成分。实验用品：茶垢清洁剂、水、MnO2、CaCl2溶液、澄清石灰水、带火星木条、试管（1）完成实验操作。实验操作实验现象实验结论实验一：取适量的茶垢清洁剂放入试管，加水溶解后加，并用带火星木条伸入试管中观察到成分有H2O2实验二：成分有Na2CO3（2）实验二中发生的反应化学方程式为。茶垢清洁剂在水中分解成Na2CO3和H2O2，随之快速释放大量的氧气，这些气体进入茶垢的微小缝隙，使茶垢脱落。（3）探究二：探究Na2CO3溶液中的哪种粒子加快了H2O2溶液的分解推测Na2CO3可加快H2O2产生氧气的速率。究竟是Na2CO3溶液中的哪种粒子加快了H2O2溶液的分解呢？兴趣小组展开了探究。【查阅资料】Na2CO3溶液中含有Na+、、OH-、H2O对照实验设计表体积/mL种类实验3实验4实验510%H2O2溶液1010105%NaCl溶液5005%Na2CO3溶液0a0NaOH溶液005（注：NaOH溶液与5%Na2CO3溶液pH相同，以控制OH-浓度一致）①实验4中a的数值是。②通过讨论分析，不可能是H2O加速分解原因是。③通过分析氧气传感器曲线图可得出的实验结论为。（4）反思与评价：根据实验分析，该茶垢清洁剂在（填"酸""碱"或"中"）性条件下，使用效果更佳。13．芯片是人工智能领域的核心材料，由高纯硅和铜等材料加工制成。工业上用石英砂（主要成分SiO2，少量Fe2O3杂质）为原料制得高纯硅，工艺流程如下图（已知：SiO2不与盐酸反应，且不溶于水和盐酸）（1）酸浸后废液中的溶质是（填化学式），操作Ⅰ名称是。（2）冶炼炉中产生的废气是有毒的，则发生的化学反应方程式为。（3）纯化炉发生的化学方程式为。该反应属于反应（填基本反应类型）。该反应需在无氧环境进行，原因是。（4）该工艺流程中可循环利用的物质有。（写名称，填一种）（5）如图，从长晶炉中获得平均粒径1mm的晶体应选择温度℃。14．电制气技术（PtG）利用CO2甲烷化反应，有望解决碳排放难题，原理如图。（1）KOH和NaOH都可以用于吸收CO2。写出氢氧化钾做吸收剂时发生的化学反应方程式。（2）根据下列信息，从成本和绿色化的角度考虑，你选择作为CO2的吸收剂，理由是。吸收剂吸收速率价格（元/kg）再生能耗KOH更快6.8更大NaOH快2较低（3）CO2甲烷化主反应为：，通过该反应制备32kgCH4理论上可消耗CO2的质量为多少？（写计算过程）。（4）PtG技术独特优势还有（写一点）。

答案1．【答案】D【解析】【解答】A：低碳发展是指通过技术创新和能源转型减少碳排放，并非完全停止使用化石燃料，故错误；

B：夏季空调温度调得过低会增加耗电量，排放更多二氧化碳，不符合“低碳”理念，故错误；

C：天然气和煤气属于化石燃料，是不可再生资源；氢气虽燃烧产物清洁，但本身不属于一次能源，不能简单归为可再生资源，故错误；

D：光伏电解水制氢过程中，太阳能先转化为电能，再通过电解水将电能转化为氢能（化学能），属于光能转化为化学能，故正确；

故答案选D。

【分析】A：低碳发展的核心理念是减少碳排放，而非完全禁用化石燃料，现阶段化石燃料仍占主导地位。

B：低碳行为倡导节约能源，空调温度设置过低会显著增加电力消耗和碳排放。

C：能源分类：天然气、煤气属于不可再生能源；氢气是二次能源，是否可再生取决于其制取方式（如可再生能源电解水制氢则为可再生）。

D：光伏发电是将光能转化为电能，电解水是将电能转化为化学能（氢能），整体过程实现了光能到化学能的转化。2．【答案】A【解析】【解答】A：电解水过程中，水分子分解成氢原子和氧原子，原子是化学变化中的最小粒子，因此A正确；

B：2个氯离子应表示为2Cl-，而不是Cl2-，故错误；

C：氯化亚铁中铁元素的化合价为+2，化学式为FeCl2，正确写法应为，不是，故错误；

D：硫酸钾的化学式为K2SO4，K2S是硫化钾，故错误；

故答案选A。

【分析】A：电解水时，分子分解成原子，原子在化学变化中不可再分，因此最小微观粒子是氢原子和氧原子。

B：离子符号书写规范：数字在前，正负号在后，1个离子带几个电荷直接标在右上角；表示多个离子时，在离子符号前加数字。

C：化合价标在元素符号正上方，符号在前、数字在后；氯化亚铁中铁显+2价。

D：硫酸钾由钾离子和硫酸根离子构成，化学式需准确表达，K2S为硫化钾，与硫酸钾不同。3．【答案】B【解析】【解答】A：图①中质子数为11，核外电子数为2+8=10，电子数小于质子数，表示带一个单位正电荷的阳离子（Na+），不是阴离子，故错误；

B：图②中质子数为8，核外电子排布为2、6，最外层有6个电子，在化学反应中易得到2个电子达到8个电子的稳定结构，故正确；

C：图①为钠元素（第三周期），图②为氧元素（第二周期），不在同一周期，故错误；

D：图①为钠元素，图③若为氯元素（质子数17，排布2、8、7），二者组成氯化钠，属于离子化合物，由离子构成，不是分子，故错误；

故答案选B。

【分析】A：原子结构示意图中，质子数>电子数表示阳离子，质子数

B：非金属元素原子最外层电子数较多，易得电子达到稳定结构，氧元素最外层6个电子，易得2个。

C：元素周期表中，周期数等于电子层数。钠原子有3个电子层，属第三周期；氧原子有2个电子层，属第二周期。

D：金属元素与非金属元素组成的化合物通常为离子化合物（如NaCl），由离子构成，不是分子。4．【答案】C【解析】【解答】A：该反应为单质（Si）与化合物（NF3）反应生成新的化合物（SiF4）和新的单质（N2），属于置换反应，不是复分解反应，故错误；

B：Si从0价变为+4价，N从+3价变为0价，化合价发生变化，故错误；

C：由微观示意图配平可得：3Si+4NF3=3SiF4+2N2，丙（SiF4）与丁（N2）的分子个数比为3：2，故正确；

D：丁为N2，保持其化学性质的最小粒子是氮分子，不是氮原子，故错误；

故答案选C。

【分析】A：复分解反应是两种化合物交换成分，本题有单质参与和生成，故不是复分解反应；

B：反应前后元素化合价变化是氧化还原反应的标志，N和Si的化合价均改变；

C：根据质量守恒定律配平方程式，确定各物质分子个数比；

D：由分子构成的物质，其化学性质由分子保持，N2由N2分子构成。5．【答案】C【解析】【解答】A：氟氯醚菊酯的化学式为C17H16Cl2F4O3，碳元素的质量分数为：×100%≈49.2%，是所有元素中质量分数最高的，正确，不符合题意。

B：每个氟氯醚菊酯分子中原子总数为17+16+2+4+3=42，正确，不符合题意。

C：塑料外壳属于合成材料（有机高分子材料），但陶瓷发热元件（主要成分氧化铝）属于无机非金属材料，不属于合成材料，该说法错误，符合题意。

D：受热后，温度升高，氟氯醚菊酯分子的运动速率加快，运动更剧烈，正确，不符合题意。

故答案选C。

【分析】A：元素质量分数计算：某元素质量分数=×100%。碳元素质量分数最大。

B：分子中原子总数等于各元素原子个数之和，需准确加和。

C：材料的分类：塑料是合成材料（有机合成材料）；陶瓷（氧化铝）是无机非金属材料，不是合成材料。

D：分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈。6．【答案】C【解析】【解答】A：乙试管中有固体剩余，说明该晶体在该温度下的溶解度较小。由图可知，T3℃时KNO3的溶解度小于NaCl的溶解度，因此乙中加入的是KNO3，不是NaCl，故A错误；

B：甲试管中固体全部溶解，可能为不饱和溶液；乙试管中有固体剩余，为饱和溶液。无法确定甲是否饱和，因此不能直接比较两者的溶质质量分数，故B错误；

C：乙试管中的晶体是KNO3，其溶解度随温度降低而显著减小。将乙试管降温至T2℃，由于乙溶液已为饱和溶液，降温后溶解度减小，一定有晶体析出，故C正确；

D：甲试管中固体全部溶解，可能为不饱和溶液，也可能恰好饱和。若恒温蒸发水，若溶液不饱和，则溶质质量分数增大；若已饱和，则析出晶体，质量分数不变。因此“溶质质量分数变大”不是必然结论，故D错误；

故答案选C。

【分析】本题考查溶解度曲线的应用、饱和溶液与不饱和溶液的判断，以及溶质质量分数的变化。

溶解度曲线可比较同一温度下不同物质的溶解度大小。KNO3的溶解度受温度影响大，NaCl的溶解度受温度影响小。乙试管中有固体剩余，说明该物质在T3℃时的溶解度较小，结合曲线可知乙中为KNO3。

溶液溶质质量分数的大小取决于溶质质量与溶液质量之比，需考虑溶液是否饱和。甲试管中无固体剩余，可能为不饱和或恰好饱和，无法与乙（饱和且有固体剩余）直接比较质量分数。

降温结晶：对饱和溶液降温，若溶质溶解度随温度降低而减小，则会有晶体析出。KNO3的溶解度随温度降低显著减小，因此降温必有晶体析出。

恒温蒸发水时，若溶液不饱和，溶剂减少，溶质质量分数增大；若溶液已饱和，蒸发会析出晶体，溶质质量分数不变（因为温度不变，溶解度不变）。因此“溶质质量分数变大”不是必然结论。7．【答案】C【解析】【解答】A：乙→甲中，乙为Fe2O3（铁元素+3价），甲为Fe（0价），铁元素化合价从+3降低到0，发生还原反应，不是氧化反应，故A错误；

B：反应①是Fe与盐酸反应生成FeCl2和H2，溶液呈浅绿色；反应③是Fe(OH)3与盐酸反应生成FeCl3和H2O，溶液呈黄色，二者现象不同，故B错误；

C：反应②是Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和H2O，该反应同时也可以实现HCl到FeCl3的转化，即反应④可以是同一个反应，所以二者可能相同，故C正确；

D：铁单质与盐溶液发生置换反应时，只能生成+2价的亚铁盐，不能直接得到+3价的铁盐（如FeCl3），故D错误；

故答案选C。

【分析】本题以物质类别、化合价及转化关系为线索，综合考查元素推断、氧化还原反应、溶液颜色特征及反应类型的判断。

关键突破点：丁溶液呈黄色，是Fe3+溶液的特征，由此确定甲、乙、丙、丁均含铁元素。

结合物质类别和化合价关系，可推断：甲为铁单质（Fe，0价）；乙为+3价的铁的氧化物（Fe2O3）；丙为+3价的铁的氢氧化物（Fe(OH)3）；丁为+3价的铁盐溶液（如FeCl3）；M为盐酸（HCl）。

各选项分析：A：化合价降低为还原反应，不是氧化反应。

B：Fe2+溶液浅绿色，Fe3+溶液黄色，颜色不同。

C：Fe2O3与HCl反应生成FeCl3，该反应也可视为FeCl3的生成途径，因此反应②和④可能相同。

D：Fe与盐溶液发生置换反应时生成Fe2+，不会生成Fe3+。

解题关键是准确推断物质种类，并熟练掌握铁元素不同价态对应的颜色特征及反应规律。8．【答案】C【解析】【解答】A：该实验利用白磷燃烧消耗氧气，通过进入水的体积测定氧气含量。白磷着火点低，可用阳光聚焦引燃，装置密封，可测量氧气体积，设计合理，故正确；

B：蜡烛燃烧生成二氧化碳，能使澄清石灰水变浑浊，说明生成物中含有碳元素，可证明蜡烛中含有碳元素，设计合理，故正确；

C：该实验只有干燥的空气、铁钉、蒸馏水和玉米油，未设置干燥空气的对照组，无法排除氧气对生锈的影响，不能单独证明铁生锈需要接触水，设计不合理，故错误；

D：氢氧化钠固体溶于水放热，使瓶内空气膨胀，红墨水向右移动，可证明放热现象，设计合理，故正确；

故答案选C。

【分析】A：测定空气中氧气含量需在密闭容器中进行，白磷燃烧消耗氧气，压强减小，水进入量筒的体积即为氧气体积，操作可行；

B：根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，蜡烛燃烧生成CO2，说明蜡烛中含有碳元素；

C：铁生锈需要同时接触水和氧气，要证明需水，应设计对比实验（如干燥空气+铁钉），本装置缺少对照组，不能得出结论；

D：氢氧化钠固体溶于水放热，温度升高使瓶内气体膨胀，红墨水向右移动，现象明显，可证明放热。9．【答案】C【解析】【解答】A：将燃着的木条伸入瓶中，木条熄灭只能说明气体不支持燃烧，可能是CO2，也可能是N2等气体，不能证明一定是CO2。检验CO2应用澄清石灰水，故A错误；

B：氢氧化钠固体能与CO2反应生成Na2CO3，会将CO2也吸收，不能用于除去CO2中的HCl和水蒸气，故B错误；

C：食盐中混有纯碱（Na2CO3），加入过量稀盐酸，Na2CO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，多余的HCl在蒸发结晶过程中会挥发，最终得到纯净的NaCl，故C正确；

D：BaCl2溶液与K2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，与AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，两者现象相同（均为白色沉淀），无法鉴别，故D错误；

故答案选C。

【分析】A：CO2的检验方法：将气体通入澄清石灰水，若石灰水变浑浊则证明是CO2。燃着木条熄灭只能说明气体不燃烧也不支持燃烧，不是CO2的专属检验方法。

B：除杂原则：所选试剂只能与杂质反应，不能与主要成分反应。NaOH能与CO2反应，因此不能用NaOH干燥剂去除CO2中的HCl和H2O。

C：除杂时加入过量盐酸，盐酸与纯碱反应，盐酸本身具有挥发性，加热蒸发时可除去，不引入新杂质。

D：鉴别题需产生不同现象。BaCl2与K2SO4和AgNO3均产生白色沉淀，现象相同，无法区分。应选用稀硝酸或其它特异性试剂。10．【答案】C【解析】【解答】A：由图2可知，初始时溶液pH<7，随着滴入另一种溶液，pH逐渐升高并超过7，说明三颈烧瓶中X为稀硫酸，恒压漏斗中滴加的是氢氧化钾溶液，故A正确；

B：图3中M点温度最高，对应图2中pH=7的恰好完全反应点，此时溶质只有硫酸钾一种，故B正确；

C：溶液中无论是否反应完全，都存在硫酸根离子（来自硫酸或硫酸钾），加入氯化钡溶液都会产生白色硫酸钡沉淀，因此无法判断该溶液取自A点，故C错误；

D：若硫酸未反应完，加入碳酸钠溶液会生成二氧化碳气体；B点加入碳酸钠无明显现象，说明硫酸已被消耗，可证明反应发生，故D正确；

故答案选C。

【分析】本题考查酸碱中和反应的过程分析及离子检验方法。

图像分析：pH变化反映溶液酸碱性变化，初始pH<7为酸性，加入碱后pH升高，说明X为酸。温度曲线中温度升高说明中和反应放热。

溶质判断：恰好完全反应时，溶质只有生成的盐（K2SO4）。

离子检验：BaCl2用于检验SO42-，但反应前后溶液中都有SO42-，不能区分取样点。

碳酸钠检验酸的原理：碳酸钠与酸反应生成CO2，若无明显现象，说明酸已反应完。11．【答案】（1）化合物（2）1：9（3）（4）b、c（5）合理开发、回收利用、寻找替代品（任写一条）【解析】【解答】（1）稀土元素性质活泼，在自然界中不能以单质形式稳定存在，主要以化合物形式存在。

（2）由图像可知，催化剂中Mo：Fe=1：9时，相同时间内氢气产率最高，故最佳质量比为1：9。

（3）根据图2的循环过程，甲烷在二氧化铈催化下，在700℃时反应生成碳和氢气，化学方程式为

（4）a.煤气化制氢（51%）和天然气重整制氢（21%）占制氢来源的大部分，原料来自化石燃料，说法正确；

b.乙醇裂解制氢反应复杂，不可能只生成H2和CO2，违背质量守恒定律（氢原子数不匹配），故错误；

c.材料明确指出“随着低耗能制氢及高效储氢问题的解决，氢能将大规模应用”，说明现阶段尚未大规模应用，故错误；

故答案选b、c。

（5）稀土是不可再生资源，保护措施包括合理开发、回收利用、寻找替代品等。

【分析】本题综合考查信息提取与化学核心知识的应用。

（1）元素的存在形式：活泼金属在自然界中不能以单质形式存在，通常以化合物形式存在。

（2）图像分析：比较不同曲线在相同时间下的产氢率，产率越高说明催化剂效果越好。图中Mo：Fe=1：9的曲线产率最高，为最佳配比。

（3）化学方程式书写：根据图2的两步循环反应，写出总反应时需注意反应物为CH4，生成物为C和H2，CeO2为催化剂，条件为700℃。水是中间产物，不出现在总方程中。

（4）信息判断：需结合文本和数据判断选项正误。a正确；b违背质量守恒定律；c与文本“终将大规模应用”矛盾，说明目前未实现。

（5）资源保护：稀土属于不可再生资源，应采取合理开发、回收利用和寻求替代品等措施，体现可持续发展理念。12．【答案】（1）MnO2；产生气泡，使带火星木条复燃；取实验一上层清液，加入溶液（或澄清石灰水）；产生白色沉淀（2）或（与实验二所选取的试剂相对应）（3）5；因为实验3中加入了含水的氯化钠溶液，但的分解速率并未明显加快，说明水不是催化剂；；其他条件相同时，氢氧根更能促进双氧水的分解（4）碱【解析】【解答】（1）探究一：实验设计的基本思路是分别检验过氧化氢和碳酸钠的存在。

对于过氧化氢，利用其具有氧化性、在催化剂作用下可快速分解产生氧气的特性。二氧化锰是过氧化氢分解的常用催化剂，因此在样品溶液中加入二氧化锰，如果产生能使带火星木条复燃的气体，就说明有氧气生成，从而证明样品中含有过氧化氢。

对于碳酸钠，需要检验碳酸根离子。碳酸根离子与钙离子或钡离子能生成不溶于水的白色碳酸盐沉淀。选用氯化钙溶液（或澄清石灰水）作为沉淀剂，若产生白色沉淀，则说明溶液中存在碳酸根离子，即样品中含有碳酸钠。

（2）实验一中，加入二氧化锰后产生气泡，带火星木条复燃，证明有氧气，所以成分中含有H2O2。实验二中，取实验一的上层清液（过滤去除二氧化锰后），加入氯化钙溶液，产生白色沉淀，证明有CO32-，所以成分中含有Na2CO3。实验二的化学方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl（若用澄清石灰水则为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH）。

（3）探究二：实验采用控制变量法，设计三组对比实验。Na2CO3溶液中含有Na+、CO32-、OH-和H2O，需要逐一排除无关粒子的干扰。

实验3加入NaCl溶液，提供了Na+和H2O，但几乎不改变H2O2的分解速率，说明Na+和H2O对分解没有明显促进作用。实验4加入Na2CO3溶液，提供了Na+、CO32-、OH-和H2O，需要与实验3对比才能看出CO32-和OH-的作用。实验5加入NaOH溶液，提供了Na+、OH-和H2O，与实验4的区别在于缺少CO32-，可用于判断CO32-是否起主要作用。

为保证液体总体积一致，实验4中Na2CO3溶液的体积应与实验3、5中其他溶液的体积相同，均为5mL。对比实验4和实验5，两者都有OH-，但实验4还有CO32-，若实验5的分解速率明显快于实验4，则说明OH-的促进作用强于CO32-；若两者接近，则说明CO32-作用较弱。综合实验现象，最终确定OH-是加速H2O2分解的关键粒子。

（4）由以上分析可知，碱性环境（OH-的存在）能显著加快过氧化氢的分解，因此茶垢清洁剂在碱性条件下使用效果更佳。这也解释了为什么茶垢清洁剂通常需要配合热水使用——温度升高本身也加快反应速率，同时碱性增强也有利于清洁效果的发挥。

【分析】本题综合考查物质组成检验、控制变量法、离子作用探究等实验方法。

探究一：利用过氧化氢在二氧化锰催化下分解产生氧气的特性来检验H2O2；利用碳酸钠与钙盐反应生成碳酸钙白色沉淀来检验CO32-，从而验证过碳酸钠的组成。

探究二：采用控制变量法，通过对比NaCl（提供Na+和H2O）、Na2CO3（提供Na+、CO32-、OH-和H2O）、NaOH（提供Na+、OH-和H2O）三种溶液对H2O2分解速率的影响，逐一排除无关离子，最终确定OH-是加速分解的关键粒子。13．【答案】（1）；过滤（2）（3）；置换；防止氢气与氧气混合爆炸或防止硅被氧化（4）氢气（5）2200【解析】【解答】（1）石英砂中除SiO2外，还含有少量Fe2O3杂质。加入稀盐酸后，Fe2O3会与盐酸反应：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O。而SiO2不与盐酸反应，也不溶于水，因此反应后固体为SiO2，溶液中的溶质为生成的FeCl3。操作I将不溶性固体SiO2与液体分离，属于过滤操作。

（2）冶炼炉中投入的是SiO2和焦炭（C）。碳具有还原性，在高温下能将SiO2中的硅还原出来。根据元素守恒，碳夺取氧生成一氧化碳（若生成CO2则无毒，但题目明确废气有毒，因此应为CO）。化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑。一氧化碳是有毒气体，说明该反应确实产生了CO。

（3）纯化炉中，SiHCl3与H2在高温下反应生成高纯硅和氯化氢气体。该反应中，一种单质（H2）和一种化合物（SiHCl3）反应，生成另一种单质（Si）和另一种化合物（HCl），符合置换反应的定义（一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物）。该反应在高温下进行，氢气具有可燃性，若混入氧气，加热可能引起爆炸；同时，高温下硅也易被氧气氧化，因此需要在无氧环境中进行。

（4）可循环利用的物质是指工艺流程中既被消耗又会再次生成的物质。本流程中，转化炉中消耗H2，而其他步骤（如纯化炉）可能生成HCl等，但根据流程，精馏等环节会产生或消耗氢气，因此氢气可以循环使用。此外氯化氢也可用于酸浸等环节。

（5）图像中横坐标为温度，纵坐标有两个：生长速率和平均晶粒尺寸。要获得平均粒径1mm的晶体，在左侧纵坐标找到1mm对应的点