2022年浙江省金华市中考化学试卷

一、选择题（本大题共有4小题，每小题3分，共12分。每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）

1．（3分）科学以实验为基础，规范操作是科学实验取得成功的关键。下列实验操作规范的是（　　）

A． 加热液体

B． 测溶液pH

C． 盖盖玻片

D． 检查气密性

【答案】D

【考点】溶液的酸碱度测定；给试管里的液体加热；检查装置气密性的方法

【分析】A、根据给试管中的液体加热的方法进行分析判断。

B、根据用pH试纸测定溶液的pH的方法进行分析判断。

C、根据盖盖玻片的使用方法，进行分析判断。

D、根据检查装置气密性的方法进行分析判断。

【解答】解：A、给试管中的液体加热时，用酒精灯的外焰加热试管里的液体，且液体体积不能超过试管容积的三分之一，图中液体超过试管容积的三分之一，图中所示操作错误。B、用pH试纸测定溶液的pH时，正确的操作方法为在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。不能将pH试纸伸入待测液中，以免污染待测液，图中所示操作错误。C、正确操作是用镊子夹起盖玻片，使它的一侧先接触载玻片上的液滴，然后缓缓放平，其目的是防止盖玻片下出现气泡，图中所示操作错误。D、检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴试管外壁，若导管口有气泡冒出，装置不漏气；图中所示操作正确。故选：D。

【难度】3

2．（3分）“宏观—微观—符号—量”是科学特有的表征物质及其变化的方法。2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成飞行任务。火箭助推器使用偏二甲肼和四氧化二氮作为推进剂，燃烧时发生反应的微观示意图如图，下列说法不正确的是（　　）

A．从量的角度看：反应前后原子总数减少

B．从微观构成看：氮气是由氮分子构成的

C．从符号表征看：四氧化二氮的化学式是N₂O₄

D．从宏观物质看：燃烧产物中含有单质与化合物两类物质

【答案】A

【考点】微粒观点及模型图的应用

【分析】A、根据质量守恒定律，反应前后原子质量、种类、数目不变分析。

B、根据构成物质的粒子分析。

C、根据微观示意图分析。

D、单质是由一种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物。

【解答】解：A、根据质量守恒定律，反应前后原子质量、种类、数目不变，从量的角度看：反应前后原子总数不变，故A不正确。B、从微观构成看：氮气是由氮分子构成的，故B正确。C、从符号表征看：1个四氧化二氮分子由2个氮原子和4个氧原子构成，故化学式是N₂O₄，故C正确。D、从宏观物质看：燃烧产物为二氧化碳、水和氮气，二氧化碳、水都是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，氮气是由一种元素组成的纯净物，属于单质，故D正确。故选：A。

【难度】3

3．（3分）推理是根据已有的事实与结论推出新的判断的思维方法。下列根据已有事实或结论进行的推理正确的是（　　）

选项	事实或结论	推理或判断
A	酸性溶液pH小于 7	pH小于7的溶液一定是酸性溶液
B	碱能使无色酚酞溶液变红	能使无色酚酞溶液变红的一定是碱
C	酸与碱反应生成盐和水	生成盐和水的反应一定是酸与碱的反应
D	氧化物中都有氧元素	含有氧元素的化合物都是氧化物

A．A

B．B

C．C

D．D

【答案】A

【考点】中和反应及其应用；溶液的酸碱性与pH的关系；从组成上识别氧化物；碱的化学性质

【分析】A、当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时，呈酸性；当溶液的pH大于7时，呈碱性。

B、无色酚酞溶液遇酸性溶液不变色，遇中性溶液不变色，遇碱性溶液变红。

C、中和反应是酸与碱作用生成盐和水的反应，反应物是酸和碱，生成物是盐和水，进行分析判断。

D、氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物。

【解答】解：A、酸性溶液pH小于 7，pH小于7的溶液一定是酸性溶液，故选项推理正确。B、碱能使无色酚酞溶液变红，但能使无色酚酞溶液变红的不一定是碱，也可能是碳酸钠等盐，故选项推理错误。C、酸与碱反应生成盐和水，生成盐和水的反应不一定是酸与碱的反应，如CO₂+2NaOH═Na₂CO₃+H₂O，故选项推理错误。D、氧化物中都有氧元素，但含有氧元素的化合物不都是氧化物，如C₂H₅OH，故选项推理错误。故选：A。

【难度】3

4．（3分）如图曲线能正确反映下列化学变化中y与x变化关系的是（　　）

A．锌粒中滴入稀硫酸：y代表氢气的质量

B．CaCl₂溶液中通入CO₂气体：y代表沉淀的质量

C．氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸：y代表混合溶液的pH

D．CuSO₄和HCl的混合溶液中加入NaOH溶液：y代表沉淀的质量

【答案】D

【考点】碱的化学性质；中和反应及其应用；二氧化碳的化学性质；金属的化学性质

【分析】根据图示可知，加入一定量的x后，y的数值逐渐增大，至完全反应不再发生改变，进行分析判断。

【解答】解：A、锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，一开始就产生氢气，与图象不符，故选项错误。B、二氧化碳不能与氯化钙溶液反应，不会产生沉淀，与图象不符，故选项错误。C、氢氧化钠溶液中滴入稀盐酸，碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，pH的变化是从大于7逐渐的减小到等于7、小于7，与图象不符，故选项错误。D、CuSO₄和HCl的混合溶液中加入NaOH溶液，先与盐酸反应生成氯化钠和水，开始时不会生成沉淀，盐酸消耗完再与硫酸铜反应会生成氢氧化铜沉淀，故沉淀的质量先是零，滴加一定量的氢氧化钠溶液后，再不断上升，最后形成一条水平直线；与图象相符，故选项正确。故选：D。

【难度】3

二、填空题（本大题共有3小题，每小题4分，共12分）

5．（4分）性能神奇的金属钛（Ti）是航空、军工、电力等领域的重要原材料。常温下钛不与非金属及强酸反应，加热时却可以和常见的非金属单质反应。金红石（主要成分TiO₂）是钛矿石之一，目前利用金红石大规模生产钛的过程是：

①在高温条件下在往金红石与碳粉混合物中通入氯气，反应制得四氯化钛（TiCl₄）和一种可燃性气体；

②在氩气的气流中，高温下用过量的镁跟四氯化钛反应制得钛和氯化镁。

完成下列问题：

（1）过程①中发生反应的化学方程式为 　 　；

（2）过程②中发生的反应，属于基本反应类型中的 　 　。

【答案】（1）TiO₂+2C+2Cl₂ TiCl₄+2CO；（2）置换反应。

【考点】书写化学方程式、文字表达式、电离方程式；反应类型的判定

【分析】（1）在高温条件下在往金红石与碳粉混合物中通入氯气，反应制得四氯化钛（TiCl₄）和一种可燃性气体，进行分析解答。

（2）过程②是在氩气的气流中，高温下用过量的镁跟四氯化钛反应制得钛和氯化镁，进行分析解答。

【解答】解：（1）在高温条件下在往金红石与碳粉混合物中通入氯气，反应制得四氯化钛（TiCl₄）和一种可燃性气体，反应的化学方程式为TiO₂+2C+2Cl₂ TiCl₄+2CO。（2）过程②是在氩气的气流中，高温下用过量的镁跟四氯化钛反应制得钛和氯化镁，该反应是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的反应，属于置换反应。故答案为：（1）TiO₂+2C+2Cl₂ TiCl₄+2CO；（2）置换反应。

【难度】3

6．（4分）学习《物质的溶解》时小科同学进行了如下实验：往A、B、C三只烧杯中分别装入等质量的水，在相同温度下，向三只烧杯中分别加入50g、25g、5g同种固体物质，充分溶解后，静置，现象如图所示。

回答下列问题：

（1）小科认为，A烧杯中的溶液一定是饱和溶液。他的判断依据是 　 　；

（2）A、B、C三只烧杯中，溶液的溶质质量分数大小关系是 　 　。

【答案】（1）A中有不溶解的固体；（2）A≥B＞C。

【考点】饱和溶液和不饱和溶液；溶液浓度大小比较

【分析】（1）饱和溶液是指在一定温度下、一定量的溶剂里，不能继续溶解这种溶质的溶液。

（2）A、B、C三只烧杯中分别装入等质量的水，A为该温度下的饱和溶液，B可能是饱和溶液，C为不饱和溶液，进行分析判断。

【解答】解：（1）A烧杯中的溶液一定是饱和溶液，他的判断依据是A中有不溶解的固体等。（2）A、B、C三只烧杯中分别装入等质量的水，A为该温度下的饱和溶液，B可能是饱和溶液，C为不饱和溶液，则溶液的溶质质量分数大小关系是A≥B＞C。故答案为：（1）A中有不溶解的固体；（2）A≥B＞C。

【难度】3

7．（4分）某混合气体X由CO₂、CO、H₂O（水蒸气）、H₂中的两种或两种以上组成，X气体依次通过如图1装置（假定每步反应均完全），现象分别为：A中溶液变浑浊；B中固体变为红色；C中粉末变为蓝色；D中溶液变浑浊。

完成下列问题：

（1）该实验能得出CO气体一定存在的证据是 　 　；

（2）只要在图1中加装一个图2装置，就能确定原混合气体X中是否含有H₂。

①写出图2装置中试剂名称 　 　；

②该装置连接在图1中哪两个装置之间 　 　（用字母表示）。

【答案】（1）一氧化碳与氧化铜反应后生成二氧化碳，因此在A中去除二氧化碳后，D中溶液变浑浊，说明有二氧化碳生成，从而说明气体存在一氧化碳；故答案为：D中溶液变浑浊。（2）①为了确定是否含有氢气，需要通过氢气与氧化铜反应生成水来确定氢气是否存在，因此先将混合气体干燥，所以需要去除水蒸气，而浓硫酸具有吸水性，故加入浓硫酸即可；故答案为：浓硫酸。②为了确保干燥气体进入B中，所以在A和B之间加入图2装置，氢气与氧化铜反应生成水，使C中无水硫酸铜变色，证明水的存在，由此可以验证氢气的存在；故答案为：A和B

【考点】常见气体的检验与除杂方法；二氧化碳的化学性质；一氧化碳的化学性质

【分析】（1）根据一氧化碳性质分析回答此题；

（2）①根据浓硫酸的吸水性分析回答此题；

②根据实验目的设计实验。

【解答】解：（1）一氧化碳与氧化铜反应后生成二氧化碳，因此在A中去除二氧化碳后，D中溶液变浑浊，说明有二氧化碳生成，从而说明气体存在一氧化碳；故答案为：D中溶液变浑浊。（2）①为了确定是否含有氢气，需要通过氢气与氧化铜反应生成水来确定氢气是否存在，因此先将混合气体干燥，所以需要去除水蒸气，而浓硫酸具有吸水性，故加入浓硫酸即可；故答案为：浓硫酸。②为了确保干燥气体进入B中，所以在A和B之间加入图2装置，氢气与氧化铜反应生成水，使C中无水硫酸铜变色，证明水的存在，由此可以验证氢气的存在；故答案为：A和B。

【难度】3

三、实验探究题（本大题共有5小题，8题6分，9题8分，共14分）

8．（6分）同学们在学习碱的化学性质时，进行了如图所示的实验。实验结束后，将A、B、C三个实验的废液倒入同一个干净烧杯D中，发现烧杯底部有白色沉淀，上层清液呈红色。

【提出问题】烧杯D中上层清液含有哪些溶质（除指示剂外）？

【分析讨论】小组讨论后认为，确定反应后物质成分的思维路径：①考虑反应物用量的不同；②抓住化学反应的本质，即微粒的重组。

某小组同学分析过程笔记如下：

【初步结论】

（1）通过分析确定：烧杯D上层清液中肯定不含H⁺，肯定含有Na⁺、Cl^﹣。判断一定含有Na⁺、Cl^﹣的依据是 　 　；

【实验探究】

小组按如下方案进行实验探究

实验	实验内容	实验现象	实验结论
Ⅰ	取少量上层清液于试管中，加入过量碳酸钠溶液，静置	无沉淀，溶液呈红色	肯定没有Ca2+
Ⅱ	取少量上层清液于试管中，加入过量“？”溶液，静置	有白色沉淀，溶液呈红色	肯定有OH﹣、 CO32﹣

（2）根据实验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质（除指示剂外）所有可能的组成 　 　（用化学式表示）；

（3）实验Ⅱ中应加入过量的 　 　溶液。

【实验结论】烧杯D中上层清液的溶质有指示剂、氯化钠、氢氧化钠、碳酸钠。

【答案】（1）Na⁺、Cl^﹣在整个过程中没有参加反应，肯定存在；（2）①NaCl、NaOH；②NaCl、Na₂CO₃；③NaCl、NaOH、Na₂CO₃；（3）氯化钡或氯化钙或硝酸钡或硝酸钙

【考点】实验探究物质的组成成分以及含量；碱的化学性质；盐的化学性质

【分析】（1）根据氢氧化钠和盐酸反应中Na⁺、Cl^﹣没有参加反应，倒入烧杯中，Na⁺、Cl^﹣没有参加反应分析；

（2）根据氢氧化钠、碳酸钠呈碱性，能使酚酞变红，结合题干信息分析；

（3）碳酸根与钙离子或钡离子反应生成白色沉淀，加热过量的钙离子或钡离子检验碳酸根离子并除去碳酸根离子，再根据酚酞变红，证明氢氧根离子。

【解答】解：（1）A中氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，反应实质是氢离子和氢氧根离子生成水分子，Na⁺、Cl^﹣没有参加反应，实验结束后，将A、B、C三个实验的废液倒入同一个干净烧杯D中，氯化钠没有与其它物质反应，即Na⁺、Cl^﹣没有参加反应；判断一定含有Na⁺、Cl^﹣的依据是Na⁺、Cl^﹣在整个过程中没有参加反应，肯定存在；（2）钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，故取少量上层清液于试管中，加入过量碳酸钠溶液，静置，没有沉淀，则肯定没有Ca²⁺，溶液呈红色，可能有碳酸钠和氢氧化钠中的一种或两种，故根据实验Ⅰ可以初步推断：上层清液中溶质（除指示剂外）所有可能的组成①NaCl、NaOH；②NaCl、Na₂CO₃；③NaCl、NaOH、Na₂CO₃；（3）由实验结论有OH^﹣、CO₃^2﹣，碳酸根与钙离子或钡离子反应生成白色沉淀，故取少量上层清液于试管中，加入过量氯化钡溶液或氯化钙溶液或硝酸钡溶液或硝酸钙溶液，生成白色沉淀，证明有碳酸根，由于所加溶液过量，可除尽碳酸根离子，溶液显红色，证明有氢氧根离子。故答案为：（1）Na⁺、Cl^﹣在整个过程中没有参加反应，肯定存在；（2）①NaCl、NaOH；②NaCl、Na₂CO₃；③NaCl、NaOH、Na₂CO₃；（3）氯化钡或氯化钙或硝酸钡或硝酸钙。

【难度】3

9．（8分）某校科学研究小组同学开展“二氧化碳的制取与性质”的实验探究。

【实验原理】CaCO₃+2HCl═CaCl₂+H₂O+CO₂↑

【发生装置】

（1）结合实验原理，图1中发生装置可用于实验室制取CO₂气体的是：　 　（填字母）

【实验探究】

探究Ⅰ.影响因素探究

在制取CO₂气体时，为了探究影响反应快慢的因素，小组同学进行了四组实验，如表所示

实验组别	甲	乙	丙	丁
大理石的质量/g、颗粒大小	m块状	m块状	m粉末状	m粉末状
盐酸的体积/mL、浓度	V稀盐酸	V浓盐酸	V稀盐酸	V浓盐酸

（2）若探究盐酸的浓度对上述反应的影响，可选择实验甲与 　 　（选填实验组别）进行对照。

探究Ⅱ.性质探究

做CO₂与NaOH溶液发生反应的验证实验时，同学们将NaOH溶液加入到充满CO₂气体且质地较软的塑料瓶中，观察到塑料瓶变扁，由此得到CO₂与NaOH发生反应的结论。但有同学认为上述现象产生的原因还可能是CO₂气体溶于水导致气压减小。

为回答该同学的质疑，小科进行了如下实验：在两个250mL的烧瓶中分别充满CO₂气体，通过注射器同时向两个烧瓶中分别注入同体积的水和NaOH溶液，最后得到烧瓶内压强与时间的关系曲线（如图2所示）。由此，小科得出CO₂气体溶于水会导致塑料瓶变扁，同时CO₂与NaOH也发生了化学反应的结论。

（3）结合图2中A、B曲线变化特点，写出能证明CO₂与NaOH发生了化学反应的证据 　 　。

【拓展提高】

小组同学完成某石灰石样品中CaCO₃的质量分数测定，其方法是：将样品与一定量的稀盐酸反应，测定反应后生成的CO₂质量，再根据CO₂的质量求出样品中CaCO₃的质量分数。

小组同学在实验室中组装了相应的实验装置（如图3）。小科利用该实验装置按如下步骤进行实验：

①先通一段时间的空气

②称量D装置的质量为m₁

③打开分液漏斗的活塞，将稀盐酸全部加入锥形瓶，待充分反应后，关闭活塞

④再次通空气一段时间

⑤再次称量D装置的质量为m₂

（4）有同学指出实验步骤③操作明显不合理，你认为该同学的理由是 　 　。

【答案】（1）反应物为固液混合物，不需要加热，故选B或C为发生装置；故答案为：B或C。（2）实验变量为盐酸浓度，所以选择变量只有盐酸浓度的实验组，故选甲和乙；故答案为：乙。（3）B曲线明显低于A曲线，说明氢氧化钠与二氧化碳发生了反应，才可以出现此现象；故答案为：B曲线明显低于A曲线。（4）反应有气体生成，需要保证装置气密性，若不及时关闭活塞开关，气体从分液漏斗逸出，导致实验结果出现误差；故答案为：未及时关闭活塞可能导致产生的二氧化碳从分液漏斗逸出

【考点】影响化学反应速率的因素探究；二氧化碳的实验室制法；碱的化学性质

【分析】（1）根据反应物状态和反应条件，选择发生装置，根据气体密度与水中溶解度选择收集装置；

（2）根据实验变量选择对照实验组；

（3）根据压强变化趋势分析回答此题；

（4）根据装置气密性分析回答此题。

【解答】解：（1）反应物为固液混合物，不需要加热，故选B或C为发生装置；故答案为：B或C。（2）实验变量为盐酸浓度，所以选择变量只有盐酸浓度的实验组，故选甲和乙；故答案为：乙。（3）B曲线明显低于A曲线，说明氢氧化钠与二氧化碳发生了反应，才可以出现此现象；故答案为：B曲线明显低于A曲线。（4）反应有气体生成，需要保证装置气密性，若不及时关闭活塞开关，气体从分液漏斗逸出，导致实验结果出现误差；故答案为：未及时关闭活塞可能导致产生的二氧化碳从分液漏斗逸出。

【难度】3

四、解答题（本大题共有2小题，每小题8分，共16分）

10．（8分）为了保护生态环境，针对全球气候变化，中国政府向全球承诺，力争于2060年前实现“碳中和”。“碳中和”是指在一定时间内，使二氧化碳的排放总量与吸收总量平衡，实现“零排放”。实现“碳中和”通常可采取如下措施：

Ⅰ.碳减排：减少人类生产和生活中二氧化碳的排放量。

（1）下列做法不能实现“碳减排”的是 　 　。

A.加高烟囱排放工业废气

B.推进新能源汽车使用

C.废弃物分类投放并回收利用

D.养成节约用水用电习惯

Ⅱ.碳吸收：①利用植物光合作用，这是自然界消耗二氧化碳的最重要途径；②利用“碳捕捉与封存技术”，即通过一定的方法，将工业生产中产生的CO₂分离出来进行储存。在实际生产中，经常用NaOH溶液来“捕捉”CO₂流程如图所示（部分条件及物质未标出）。

（2）用该技术进行“碳捕获”有效利用了原材料，该过程中被循环利用的物质有 　 　。

（3）分离器中发生的反应：①CaO+H₂O＝Ca（OH）₂，②Ca（OH）₂+Na₂CO₃＝CaCO₃↓+2NaOH。现有溶质质量分数为10.6%的Na₂CO₃溶液100千克，求完全反应后，理论上可生成CaCO₃的质量（要求根据化学方程式计算）。

Ⅲ.碳转化：指二氧化碳的资源化利用。

【答案】解：（1）A、通过加高烟囱排放工业废气，不能减少空气的污染物的总量，故选项不能实现“碳减排”；B、推进新能源汽车使用，减少燃油，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；C、废弃物分类投放并回收利用，节约资源，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；D、养成节约用水用电习惯，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；故选：A。（2）用该技术进行“碳捕获有效利用了原材料，该过程中氢氧化钠、氧化钙既是反应物，又是生成物，可以循环利用；（3）解：设生成碳酸钙的质量为x

Na₂CO₃+Ca （OH）₂＝CaCO₃↓+2NaOH

106 100

100kg×10.6% x

x＝10kg答：完全反应后，理论上可生成CaCO₃的质量为10kg。故答案为：（1）A；（2）NaOH、CaO；（3）10kg。

【考点】根据化学反应方程式的计算；二氧化碳对环境的影响；有关溶质质量分数的简单计算；物质的相互转化和制备

【分析】（1）根据实现“减排”的做法来分析；

（2）根据流程图分析可知，氢氧化钠、氧化钙既是反应物，又是生成物，可以循环利用；

（3）根据化学方程式进行计算。

【解答】解：（1）A、通过加高烟囱排放工业废气，不能减少空气的污染物的总量，故选项不能实现“碳减排”；B、推进新能源汽车使用，减少燃油，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；C、废弃物分类投放并回收利用，节约资源，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；D、养成节约用水用电习惯，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；故选：A。（2）用该技术进行“碳捕获有效利用了原材料，该过程中氢氧化钠、氧化钙既是反应物，又是生成物，可以循环利用；（3）解：设生成碳酸钙的质量为x

Na₂CO₃+Ca （OH）₂＝CaCO₃↓+2NaOH

106 100

100kg×10.6% x

x＝10kg答：完全反应后，理论上可生成CaCO₃的质量为10kg。故答案为：（1）A；（2）NaOH、CaO；（3）10kg。

【难度】3

11．（8分）某项目学习小组用传感器开展“影响铁锈蚀因素”的探究，设计如图1所示实验装置并完成实验。实验过程中，传感器采集数据绘制得到如图2的甲、乙两幅曲线图。

【资料1】一定条件下，碳和氯化钠溶液可加快铁的锈蚀，但它们本身不参加反应。

【资料2】该实验步骤如下：

①检查装置气密性；

②装药品，将5克铁粉和2克碳粉加入锥形瓶，并加入2毫升饱和氯化钠溶液；

③立即塞紧橡皮塞，橡皮塞上已插有一支装有5毫升稀盐酸的注射器及传感器；

④观察现象，采集数据。

用所学知识及以上资料信息完成下列问题：

（1）实验进行一段时间后，注射器中的盐酸会自动注入瓶内，原因是 　 　；

（2）图2甲、乙曲线图中，0﹣t₁段温度升高，瓶内压强减小；t₂﹣t₃段温度升高，瓶内压强增大。解释产生这两个不同现象的原因。

【答案】（1）铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小，当瓶内气压减小到一定程度，大气压将注射器的活塞下压或瓶内气压减小，盐酸被吸入瓶内；（2）0﹣t₁段温度升高，瓶内压强减小原因是铁生锈消耗氧气并放热，故温度升高，消耗氧气使压强减小，反应放热使温度升高，压强增大，消耗氧气减小的压强大于温度升高增大的压强，瓶内压强减小；t₂﹣t₃段温度升高，瓶内压强增大原因是因瓶内气压减小，盐酸自动注入瓶内，盐酸与铁反应产生氢气并放出大量的热，温度升高，温度升高和产生氢气都使压强增大。

【考点】探究金属锈蚀的条件

【分析】（1）根据铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小分析；

（2）根据铁生锈消耗氧气并放热，盐酸与铁反应产生氢气并放出大量的热分析。

【解答】（1）将5克铁粉和2克碳粉加入锥形瓶，并加入2毫升饱和氯化钠溶液，一定条件下，碳和氯化钠溶液可加快铁的锈蚀，铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小，当瓶内气压减小到一定程度，大气压将注射器的活塞下压或瓶内气压减小，盐酸被吸入瓶内；（2）0﹣t₁段温度升高，瓶内压强减小原因是铁生锈消耗氧气并放热，故温度升高，消耗氧气使压强减小，反应放热使温度升高，压强增大，消耗氧气减小的压强大于温度升高增大的压强，瓶内压强减小；t₂﹣t₃段温度升高，瓶内压强增大原因是因瓶内气压减小，盐酸自动注入瓶内，盐酸与铁反应产生氢气并放出大量的热，温度升高，温度升高和产生氢气都使压强增大。故答案为：（1）铁生锈消耗瓶内氧气，瓶内压强减小，当瓶内气压减小到一定程度，大气压将注射器的活塞下压或瓶内气压减小，盐酸被吸入瓶内；（2）0﹣t₁段温度升高，瓶内压强减小原因是铁生锈消耗氧气并放热，故温度升高，消耗氧气使压强减小，反应放热使温度升高，压强增大，消耗氧气减小的压强大于温度升高增大的压强，瓶内压强减小；t₂﹣t₃段温度升高，瓶内压强增大原因是因瓶内气压减小，盐酸自动注入瓶内，盐酸与铁反应产生氢气并放出大量的热，温度升高，温度升高和产生氢气都使压强增大。

【难度】3