20 向三个烧杯中分别放入足量的 Mg、Al、Fe 粉末,同时加入浓度相同的 100 g 稀盐酸,充分反应。
下列有关图像错误的是
（
下列有关图像错误的是
（
D
）答案：20. D
【解析】足量的Mg、Al、Fe三种金属与浓度相同的100 g稀盐酸反应，稀盐酸完全反应，当消耗的稀盐酸的质量相等时，参与反应及生成的各物质的质量关系分别为$\ce{Mg + 2HCl\xlongequal{}MgCl_{2} + H_{2}\uparrow}$；$\ce{2Al + 6HCl\xlongequal{}2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；$\ce{Fe + 2HCl\xlongequal{}FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$。参与反应的HCl质量相等时，由以上关系可得出：三种生成物的质量大小关系为$\ce{FeCl_{2}＞MgCl_{2}＞AlCl_{3}}$，则反应后溶液增加的质量关系为$\ce{Fe＞Mg＞Al}$，A的图像正确。参与反应的金属质量相同时，Fe、Mg、Al消耗的HCl的质量关系为$\frac{73}{56}:\frac{73}{24}:\frac{73}{18}$，所以质量相同的三种金属消耗的稀盐酸的质量关系为$\ce{Al＞Mg＞Fe}$，B的图像正确。Fe、Mg、Al三种金属的活动性顺序为$\ce{Mg＞Al＞Fe}$，则它们与稀盐酸反应的速率大小关系为$\ce{Mg＞Al＞Fe}$，稀盐酸未完全反应时，镁反应的速率最大，相同的时间内产生氢气的质量最大，铁反应的速率最小，相同的时间内产生氢气的质量最小。稀盐酸不足时，产生氢气的质量由酸的质量决定，三种金属产生氢气的质量相等，C的图像正确。反应结束后，三种金属消耗的稀盐酸质量相等，由以上质量关系可得出：完全反应后消耗的金属质量关系为$m(\ce{Fe}):m(\ce{Mg}):m(\ce{Al})=56:24:18$，所以参加反应的Fe的质量最大，Mg次之，Al最小，D的图像错误。
【解析】足量的Mg、Al、Fe三种金属与浓度相同的100 g稀盐酸反应，稀盐酸完全反应，当消耗的稀盐酸的质量相等时，参与反应及生成的各物质的质量关系分别为$\ce{Mg + 2HCl\xlongequal{}MgCl_{2} + H_{2}\uparrow}$；$\ce{2Al + 6HCl\xlongequal{}2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；$\ce{Fe + 2HCl\xlongequal{}FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$。参与反应的HCl质量相等时，由以上关系可得出：三种生成物的质量大小关系为$\ce{FeCl_{2}＞MgCl_{2}＞AlCl_{3}}$，则反应后溶液增加的质量关系为$\ce{Fe＞Mg＞Al}$，A的图像正确。参与反应的金属质量相同时，Fe、Mg、Al消耗的HCl的质量关系为$\frac{73}{56}:\frac{73}{24}:\frac{73}{18}$，所以质量相同的三种金属消耗的稀盐酸的质量关系为$\ce{Al＞Mg＞Fe}$，B的图像正确。Fe、Mg、Al三种金属的活动性顺序为$\ce{Mg＞Al＞Fe}$，则它们与稀盐酸反应的速率大小关系为$\ce{Mg＞Al＞Fe}$，稀盐酸未完全反应时，镁反应的速率最大，相同的时间内产生氢气的质量最大，铁反应的速率最小，相同的时间内产生氢气的质量最小。稀盐酸不足时，产生氢气的质量由酸的质量决定，三种金属产生氢气的质量相等，C的图像正确。反应结束后，三种金属消耗的稀盐酸质量相等，由以上质量关系可得出：完全反应后消耗的金属质量关系为$m(\ce{Fe}):m(\ce{Mg}):m(\ce{Al})=56:24:18$，所以参加反应的Fe的质量最大，Mg次之，Al最小，D的图像错误。
解析：
【分析】
本题需结合金属活动性顺序、金属与酸反应的化学方程式，分析四个图像的变化规律：金属活动性决定反应速率，足量金属与等量酸反应时，生成氢气质量由酸的量决定，消耗金属质量、溶液增加质量与化学计量比相关。需逐一判断每个图像是否符合反应规律，找出错误选项。
【解析】
Mg、Al、Fe与稀盐酸反应的化学方程式为：
$\ce{Mg + 2HCl\xlongequal{}MgCl_{2} + H_{2}\uparrow}$；
$\ce{2Al + 6HCl\xlongequal{}2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；
$\ce{Fe + 2HCl\xlongequal{}FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$。
题目中金属足量，稀盐酸完全反应：
1. 分析A图：消耗相同质量稀盐酸时，生成氢气质量相等，溶液增加质量=金属质量-氢气质量。由方程式可知，相同HCl时，消耗金属质量：$\ce{Fe(56) ＞ Mg(24) ＞ Al(18)}$，因此溶液增加质量：$\ce{Fe ＞ Mg ＞ Al}$，A图正确。
2. 分析B图：消耗相同质量金属时，计算消耗HCl的质量：1g Mg消耗$\ce{HCl}$质量为$\frac{73}{24}$，1g Al消耗$\ce{HCl}$质量为$\frac{73}{18}$，1g Fe消耗$\ce{HCl}$质量为$\frac{73}{56}$，故相同质量金属消耗$\ce{HCl}$：$\ce{Al ＞ Mg ＞ Fe}$，B图正确。
3. 分析C图：金属活动性$\ce{Mg ＞ Al ＞ Fe}$，反应速率$\ce{Mg ＞ Al ＞ Fe}$，相同时间内生成氢气质量$\ce{Mg ＞ Al ＞ Fe}$；最终酸完全反应，生成氢气质量相等，C图正确。
4. 分析D图：相同稀盐酸完全反应时，消耗金属质量：$\ce{Fe(56) ＞ Mg(24) ＞ Al(18)}$，即消耗金属质量$\ce{Fe}$最大，$\ce{Al}$最小，而D图中消耗金属质量$\ce{Al ＞ Mg}$、$\ce{Fe}$最小，与规律不符，D图错误。
【答案】
D
【知识点】
金属与酸反应、化学方程式计算、金属活动性顺序
【点评】
本题考查金属与酸反应的图像分析，需结合金属活动性、反应中各物质的质量关系判断，关键是理清反应速率、生成氢气质量、消耗金属质量的变化规律，易混淆点为消耗金属质量的比较。
【难度系数】
0.6
本题需结合金属活动性顺序、金属与酸反应的化学方程式，分析四个图像的变化规律：金属活动性决定反应速率，足量金属与等量酸反应时，生成氢气质量由酸的量决定，消耗金属质量、溶液增加质量与化学计量比相关。需逐一判断每个图像是否符合反应规律，找出错误选项。
【解析】
Mg、Al、Fe与稀盐酸反应的化学方程式为：
$\ce{Mg + 2HCl\xlongequal{}MgCl_{2} + H_{2}\uparrow}$；
$\ce{2Al + 6HCl\xlongequal{}2AlCl_{3} + 3H_{2}\uparrow}$；
$\ce{Fe + 2HCl\xlongequal{}FeCl_{2} + H_{2}\uparrow}$。
题目中金属足量，稀盐酸完全反应：
1. 分析A图：消耗相同质量稀盐酸时，生成氢气质量相等，溶液增加质量=金属质量-氢气质量。由方程式可知，相同HCl时，消耗金属质量：$\ce{Fe(56) ＞ Mg(24) ＞ Al(18)}$，因此溶液增加质量：$\ce{Fe ＞ Mg ＞ Al}$，A图正确。
2. 分析B图：消耗相同质量金属时，计算消耗HCl的质量：1g Mg消耗$\ce{HCl}$质量为$\frac{73}{24}$，1g Al消耗$\ce{HCl}$质量为$\frac{73}{18}$，1g Fe消耗$\ce{HCl}$质量为$\frac{73}{56}$，故相同质量金属消耗$\ce{HCl}$：$\ce{Al ＞ Mg ＞ Fe}$，B图正确。
3. 分析C图：金属活动性$\ce{Mg ＞ Al ＞ Fe}$，反应速率$\ce{Mg ＞ Al ＞ Fe}$，相同时间内生成氢气质量$\ce{Mg ＞ Al ＞ Fe}$；最终酸完全反应，生成氢气质量相等，C图正确。
4. 分析D图：相同稀盐酸完全反应时，消耗金属质量：$\ce{Fe(56) ＞ Mg(24) ＞ Al(18)}$，即消耗金属质量$\ce{Fe}$最大，$\ce{Al}$最小，而D图中消耗金属质量$\ce{Al ＞ Mg}$、$\ce{Fe}$最小，与规律不符，D图错误。
【答案】
D
【知识点】
金属与酸反应、化学方程式计算、金属活动性顺序
【点评】
本题考查金属与酸反应的图像分析，需结合金属活动性、反应中各物质的质量关系判断，关键是理清反应速率、生成氢气质量、消耗金属质量的变化规律，易混淆点为消耗金属质量的比较。
【难度系数】
0.6
21 [2025 盐城]同学们课后走进实验室,处理含硫酸的硫酸铜废液并回收铜，实验过程如图所示(每一步反应都充分进行,忽略实验损耗)。下列说法错误的是（
A.产生 $\ce{H_{2}}$ 的质量为 0.1 g
B.滤液呈浅绿色
C.滤渣是 Cu 和 Fe 的混合物
D.滤液中 $\ce{FeSO_{4}}$ 的质量为 30.4 g
D
）A.产生 $\ce{H_{2}}$ 的质量为 0.1 g
B.滤液呈浅绿色
C.滤渣是 Cu 和 Fe 的混合物
D.滤液中 $\ce{FeSO_{4}}$ 的质量为 30.4 g
答案：21. D
【解析】实验产生$\ce{H_{2}}$的质量为$15\ \mathrm{g}+200\ \mathrm{g}-13.8\ \mathrm{g}-201.1\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{g}$，选项A的说法正确。铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。设和硫酸反应的铁的质量为$x$。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4}(稀)\xlongequal{}FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
56 2
$x$ 0.1 g
$\frac{56}{2}=\frac{x}{0.1\ \mathrm{g}}\ \ \ x=2.8\ \mathrm{g}$
$15\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=12.2\ \mathrm{g}$。设和硫酸铜反应的铁的质量为$y$。
$\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{}FeSO_{4} + Cu}$ 固体质量增加量
56 64 $64-56=8$
$y$ $13.8\ \mathrm{g}-12.2\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$
$\frac{56}{8}=\frac{y}{1.6\ \mathrm{g}}\ \ \ y=11.2\ \mathrm{g}$
$12.2\ \mathrm{g}＞11.2\ \mathrm{g}$，则反应后铁粉有剩余，滤渣中含有Cu和Fe，滤液中只含有$\ce{FeSO_{4}}$，滤液呈浅绿色，选项B的说法正确。反应后铁粉有剩余，滤渣中含有Cu和Fe，选项C的说法正确。滤液中$\ce{FeSO_{4}}$的质量等于铁粉分别与硫酸和硫酸铜反应生成的$\ce{FeSO_{4}}$的质量总和，根据反应前后铁元素质量守恒，滤液中$\ce{FeSO_{4}}$的质量$=\frac{2.8\ \mathrm{g}+11.2\ \mathrm{g}}{56}×152=38.0\ \mathrm{g}$，选项D的说法错误。
【解析】实验产生$\ce{H_{2}}$的质量为$15\ \mathrm{g}+200\ \mathrm{g}-13.8\ \mathrm{g}-201.1\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{g}$，选项A的说法正确。铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气。设和硫酸反应的铁的质量为$x$。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4}(稀)\xlongequal{}FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
56 2
$x$ 0.1 g
$\frac{56}{2}=\frac{x}{0.1\ \mathrm{g}}\ \ \ x=2.8\ \mathrm{g}$
$15\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=12.2\ \mathrm{g}$。设和硫酸铜反应的铁的质量为$y$。
$\ce{Fe + CuSO_{4}\xlongequal{}FeSO_{4} + Cu}$ 固体质量增加量
56 64 $64-56=8$
$y$ $13.8\ \mathrm{g}-12.2\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$
$\frac{56}{8}=\frac{y}{1.6\ \mathrm{g}}\ \ \ y=11.2\ \mathrm{g}$
$12.2\ \mathrm{g}＞11.2\ \mathrm{g}$，则反应后铁粉有剩余，滤渣中含有Cu和Fe，滤液中只含有$\ce{FeSO_{4}}$，滤液呈浅绿色，选项B的说法正确。反应后铁粉有剩余，滤渣中含有Cu和Fe，选项C的说法正确。滤液中$\ce{FeSO_{4}}$的质量等于铁粉分别与硫酸和硫酸铜反应生成的$\ce{FeSO_{4}}$的质量总和，根据反应前后铁元素质量守恒，滤液中$\ce{FeSO_{4}}$的质量$=\frac{2.8\ \mathrm{g}+11.2\ \mathrm{g}}{56}×152=38.0\ \mathrm{g}$，选项D的说法错误。
解析：
【分析】
本题是关于铁与含硫酸的硫酸铜废液反应的分析题，解题思路为：首先利用质量守恒定律计算生成氢气的质量，再通过两个反应的化学方程式分别计算参与反应的铁的质量，结合滤渣质量判断铁粉是否过量，进而逐一分析各选项的正误。
【解析】
1. 计算氢气质量：根据质量守恒定律，反应前总质量为铁粉质量加废液质量，反应后总质量为滤渣质量加滤液质量，因此生成$\ce{H_{2}}$的质量为$15\ \mathrm{g}+200\ \mathrm{g}-13.8\ \mathrm{g}-201.1\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{g}$，故选项A说法正确。
2. 分析铁与硫酸的反应：设与硫酸反应的铁的质量为$x$，反应方程式为$\ce{Fe + H_{2}SO_{4}(稀)\xlongequal{}FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，则$\frac{56}{2}=\frac{x}{0.1\ \mathrm{g}}$，解得$x=2.8\ \mathrm{g}$，反应后剩余铁粉质量为$15\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=12.2\ \mathrm{g}$。
3. 分析铁与硫酸铜的反应：铁与硫酸铜反应时，每56份质量的铁反应生成64份质量的铜，固体质量增加$64-56=8$份。设与硫酸铜反应的铁的质量为$y$，滤渣中固体增加量为$13.8\ \mathrm{g}-12.2\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$，则$\frac{56}{8}=\frac{y}{1.6\ \mathrm{g}}$，解得$y=11.2\ \mathrm{g}$。
4. 判断铁粉过量：剩余铁粉$12.2\ \mathrm{g}＞11.2\ \mathrm{g}$，说明铁粉有剩余，滤渣为$\ce{Cu}$和$\ce{Fe}$的混合物，滤液中只含$\ce{FeSO_{4}}$，溶液呈浅绿色，故选项B、C说法正确。
5. 计算$\ce{FeSO_{4}}$质量：根据铁元素质量守恒，参与反应的铁总质量为$2.8\ \mathrm{g}+11.2\ \mathrm{g}=14\ \mathrm{g}$，则滤液中$\ce{FeSO_{4}}$的质量为$14\ \mathrm{g}×\frac{152}{56}=38.0\ \mathrm{g}$，并非$30.4\ \mathrm{g}$，故选项D说法错误。
【答案】
D
【知识点】
金属的化学性质、化学方程式计算、质量守恒定律
【点评】
本题结合质量守恒定律与化学方程式计算，分析铁与混合溶液的反应，需明确反应顺序和过量判断，考查学生的综合分析与计算能力，属于中等难度题型。
【难度系数】
0.5
本题是关于铁与含硫酸的硫酸铜废液反应的分析题，解题思路为：首先利用质量守恒定律计算生成氢气的质量，再通过两个反应的化学方程式分别计算参与反应的铁的质量，结合滤渣质量判断铁粉是否过量，进而逐一分析各选项的正误。
【解析】
1. 计算氢气质量：根据质量守恒定律，反应前总质量为铁粉质量加废液质量，反应后总质量为滤渣质量加滤液质量，因此生成$\ce{H_{2}}$的质量为$15\ \mathrm{g}+200\ \mathrm{g}-13.8\ \mathrm{g}-201.1\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{g}$，故选项A说法正确。
2. 分析铁与硫酸的反应：设与硫酸反应的铁的质量为$x$，反应方程式为$\ce{Fe + H_{2}SO_{4}(稀)\xlongequal{}FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$，则$\frac{56}{2}=\frac{x}{0.1\ \mathrm{g}}$，解得$x=2.8\ \mathrm{g}$，反应后剩余铁粉质量为$15\ \mathrm{g}-2.8\ \mathrm{g}=12.2\ \mathrm{g}$。
3. 分析铁与硫酸铜的反应：铁与硫酸铜反应时，每56份质量的铁反应生成64份质量的铜，固体质量增加$64-56=8$份。设与硫酸铜反应的铁的质量为$y$，滤渣中固体增加量为$13.8\ \mathrm{g}-12.2\ \mathrm{g}=1.6\ \mathrm{g}$，则$\frac{56}{8}=\frac{y}{1.6\ \mathrm{g}}$，解得$y=11.2\ \mathrm{g}$。
4. 判断铁粉过量：剩余铁粉$12.2\ \mathrm{g}＞11.2\ \mathrm{g}$，说明铁粉有剩余，滤渣为$\ce{Cu}$和$\ce{Fe}$的混合物，滤液中只含$\ce{FeSO_{4}}$，溶液呈浅绿色，故选项B、C说法正确。
5. 计算$\ce{FeSO_{4}}$质量：根据铁元素质量守恒，参与反应的铁总质量为$2.8\ \mathrm{g}+11.2\ \mathrm{g}=14\ \mathrm{g}$，则滤液中$\ce{FeSO_{4}}$的质量为$14\ \mathrm{g}×\frac{152}{56}=38.0\ \mathrm{g}$，并非$30.4\ \mathrm{g}$，故选项D说法错误。
【答案】
D
【知识点】
金属的化学性质、化学方程式计算、质量守恒定律
【点评】
本题结合质量守恒定律与化学方程式计算，分析铁与混合溶液的反应，需明确反应顺序和过量判断，考查学生的综合分析与计算能力，属于中等难度题型。
【难度系数】
0.5
22 用如图装置研究足量木炭和 $\ce{CuO}$ 的反应。下列说法不正确的是（
A.装置①中逐渐出现红色固体
B.装置②中固体变黑,说明装置①中生成 $\ce{CO}$
C.装置③中溶液变浑浊,说明装置①中生成 $\ce{CO_{2}}$
D.向木炭和 $\ce{CuO}$ 的混合物中加入少量 $\ce{CaCO_{3}}$ 固体,有助于 $\ce{CuO}$ 转化为 $\ce{Cu}$
C
）A.装置①中逐渐出现红色固体
B.装置②中固体变黑,说明装置①中生成 $\ce{CO}$
C.装置③中溶液变浑浊,说明装置①中生成 $\ce{CO_{2}}$
D.向木炭和 $\ce{CuO}$ 的混合物中加入少量 $\ce{CaCO_{3}}$ 固体,有助于 $\ce{CuO}$ 转化为 $\ce{Cu}$
答案：22. C
【解析】木炭与氧化铜在高温下反应得到铜和二氧化碳(或一氧化碳)，氧化铜为黑色固体，铜为红色固体，因此装置①中逐渐出现红色固体，故A的说法正确。一氧化碳具有还原性，可与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，氧化铁为红棕色，铁为黑色，因此装置②中固体变黑，说明装置①中生成CO，故B的说法正确。二氧化碳可与氢氧化钙反应得到碳酸钙沉淀，溶液变浑浊。由于装置②中一氧化碳与氧化铁在高温下反应得到铁和二氧化碳，因此装置③中溶液变浑浊，不能说明装置①中生成二氧化碳，故C的说法错误。碳酸钙在高温下分解得到二氧化碳，木炭与二氧化碳在高温下反应得到一氧化碳，一氧化碳的量增多，有助于CuO转化为铜，故D的说法正确。
【解析】木炭与氧化铜在高温下反应得到铜和二氧化碳(或一氧化碳)，氧化铜为黑色固体，铜为红色固体，因此装置①中逐渐出现红色固体，故A的说法正确。一氧化碳具有还原性，可与氧化铁在高温下反应生成铁和二氧化碳，氧化铁为红棕色，铁为黑色，因此装置②中固体变黑，说明装置①中生成CO，故B的说法正确。二氧化碳可与氢氧化钙反应得到碳酸钙沉淀，溶液变浑浊。由于装置②中一氧化碳与氧化铁在高温下反应得到铁和二氧化碳，因此装置③中溶液变浑浊，不能说明装置①中生成二氧化碳，故C的说法错误。碳酸钙在高温下分解得到二氧化碳，木炭与二氧化碳在高温下反应得到一氧化碳，一氧化碳的量增多，有助于CuO转化为铜，故D的说法正确。
解析：
【分析】首先明确各装置的反应原理：装置①中木炭与CuO在高温下反应，产物可能为Cu、CO₂或CO（若木炭过量）；装置②中红棕色的Fe₂O₃会与装置①生成的CO在高温下反应，生成黑色的Fe和CO₂；装置③中澄清石灰水用于检验CO₂，且装置②的反应也会生成CO₂。需逐一分析选项，判断正误。
【解析】A选项：装置①中黑色的CuO被还原为红色的Cu，因此逐渐出现红色固体，说法正确；B选项：装置②中红棕色Fe₂O₃与CO反应生成黑色Fe，固体变黑说明装置①生成了CO，说法正确；C选项：装置③中溶液变浑浊，可能是装置①生成的CO₂导致，也可能是装置②中CO与Fe₂O₃反应生成的CO₂导致，无法证明一定是装置①生成了CO₂，说法错误；D选项：加入的CaCO₃高温分解生成CO₂，CO₂与木炭反应生成更多CO，CO可还原CuO为Cu，有助于CuO转化为Cu，说法正确。本题要求选不正确的，故答案为C。
【答案】C
【知识点】碳的化学性质、一氧化碳的还原性、二氧化碳的检验
【点评】本题结合实验装置考查碳及其氧化物的性质，需理清各装置的反应关系，注意排除装置②反应生成CO₂的干扰，重点考查实验分析能力。
【难度系数】0.5
【解析】A选项：装置①中黑色的CuO被还原为红色的Cu，因此逐渐出现红色固体，说法正确；B选项：装置②中红棕色Fe₂O₃与CO反应生成黑色Fe，固体变黑说明装置①生成了CO，说法正确；C选项：装置③中溶液变浑浊，可能是装置①生成的CO₂导致，也可能是装置②中CO与Fe₂O₃反应生成的CO₂导致，无法证明一定是装置①生成了CO₂，说法错误；D选项：加入的CaCO₃高温分解生成CO₂，CO₂与木炭反应生成更多CO，CO可还原CuO为Cu，有助于CuO转化为Cu，说法正确。本题要求选不正确的，故答案为C。
【答案】C
【知识点】碳的化学性质、一氧化碳的还原性、二氧化碳的检验
【点评】本题结合实验装置考查碳及其氧化物的性质，需理清各装置的反应关系，注意排除装置②反应生成CO₂的干扰，重点考查实验分析能力。
【难度系数】0.5
23 下列途径中,不能有效保护金属资源的是（
A.合理开采矿物
B.使用金属替代品
C.回收利用废金属
D.禁止使用铁制品
D
）A.合理开采矿物
B.使用金属替代品
C.回收利用废金属
D.禁止使用铁制品
答案：23. D
解析：
【分析】首先明确保护金属资源的有效途径包括：合理开采矿物、回收利用废旧金属、防止金属锈蚀、寻找金属替代品等。逐一分析选项：A选项合理开采矿物，可避免过度消耗金属资源，是有效保护途径；B选项使用金属替代品，能减少金属的使用量，属于有效保护；C选项回收利用废金属，可节约金属资源，降低能耗，是有效保护；D选项禁止使用铁制品，不符合实际生产生活需求，且无法实现金属资源的合理利用，不能有效保护金属资源，因此选D。
【解析】本题考查金属资源的保护措施。A选项，合理开采矿物，避免无节制开采，能有效保护金属资源；B选项，使用金属替代品，减少对金属的依赖，可保护金属资源；C选项，回收利用废金属，既节约资源又减少污染，是保护金属资源的重要途径；D选项，禁止使用铁制品是不现实的，铁制品在生产生活中应用广泛，该做法无法有效保护金属资源，故本题选D。
【答案】D
【知识点】金属资源的保护
【点评】本题为基础题，考查金属资源保护的基本途径，需准确区分合理措施与不切实际的做法，难度较低，学生易掌握。
【难度系数】0.8
【解析】本题考查金属资源的保护措施。A选项，合理开采矿物，避免无节制开采，能有效保护金属资源；B选项，使用金属替代品，减少对金属的依赖，可保护金属资源；C选项，回收利用废金属，既节约资源又减少污染，是保护金属资源的重要途径；D选项，禁止使用铁制品是不现实的，铁制品在生产生活中应用广泛，该做法无法有效保护金属资源，故本题选D。
【答案】D
【知识点】金属资源的保护
【点评】本题为基础题，考查金属资源保护的基本途径，需准确区分合理措施与不切实际的做法，难度较低，学生易掌握。
【难度系数】0.8
24 新素养 科学探究与实践 [2025 淄博]某兴趣小组对金属的物理性质和化学性质进行实验探究。
(1) 将黄铜片与铜片相互刻画,铜片表面有明显划痕,由此得出的结论是
手持铜丝一端,在酒精灯火焰上灼烧另一端,手指感觉发烫,这说明金属铜具有
(2) 为探究镉(Cd)、锌、铜的金属活动性顺序,小组同学开展了如下实验探究。
【作出猜想】结合已知的金属活动性顺序,作出如下猜想。
猜想一:$\ce{Cd＞Zn＞Cu}$;猜想二:$\ce{Zn＞Cd＞Cu}$;猜想三:
【实验探究】供选用的试剂:镉片、锌片、铜片、稀硫酸、$\ce{CdSO_{4}}$溶液、$\ce{ZnSO_{4}}$溶液、$\ce{CuSO_{4}}$溶液。
实验Ⅱ中反应的化学方程式为
【得出结论】猜想
(1) 将黄铜片与铜片相互刻画,铜片表面有明显划痕,由此得出的结论是
黄铜的硬度比纯铜的大
。手持铜丝一端,在酒精灯火焰上灼烧另一端,手指感觉发烫,这说明金属铜具有
良好的导热性
。(2) 为探究镉(Cd)、锌、铜的金属活动性顺序,小组同学开展了如下实验探究。
【作出猜想】结合已知的金属活动性顺序,作出如下猜想。
猜想一:$\ce{Cd＞Zn＞Cu}$;猜想二:$\ce{Zn＞Cd＞Cu}$;猜想三:
$\ce{Zn＞Cu＞Cd}$
。【实验探究】供选用的试剂:镉片、锌片、铜片、稀硫酸、$\ce{CdSO_{4}}$溶液、$\ce{ZnSO_{4}}$溶液、$\ce{CuSO_{4}}$溶液。
实验Ⅱ中反应的化学方程式为
$\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$
。【得出结论】猜想
二
正确。答案：24. (1) 黄铜的硬度比纯铜的大 良好的导热性
(2) 【作出猜想】$\ce{Zn＞Cu＞Cd}$
【实验探究】Ⅰ. 将用砂纸打磨过的镉片放入试管中，加入适量稀硫酸 金属活动性：$\ce{Cd＞H}$ Ⅱ. 有固体析出 $\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$
【得出结论】二
(2) 【作出猜想】$\ce{Zn＞Cu＞Cd}$
【实验探究】Ⅰ. 将用砂纸打磨过的镉片放入试管中，加入适量稀硫酸 金属活动性：$\ce{Cd＞H}$ Ⅱ. 有固体析出 $\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$
【得出结论】二
解析：
【分析】
首先，对于金属物理性质的问题，根据相互刻画比较硬度、灼烧铜丝感受导热性的原理解答；对于金属活动性探究，先明确三种金属的可能活动性顺序猜想，再结合实验现象判断：实验Ⅰ中镉片加稀硫酸有气泡，说明Cd在氢前；实验Ⅱ中锌能置换出CdSO₄中的Cd，说明Zn活动性强于Cd，结合铜在氢后，即可确定金属活动性顺序，进而得出结论。
【解析】
(1) 黄铜片与铜片相互刻画，铜片有明显划痕，说明黄铜的硬度比纯铜大；手持铜丝一端灼烧另一端，手指发烫，说明铜具有良好的导热性。
(2) 【作出猜想】已知Zn、Cu的金属活动性，加上Cd后，三种金属的活动性顺序可能为Zn＞Cd＞Cu、Cd＞Zn＞Cu，还可能是Zn＞Cu＞Cd，故猜想三为Zn＞Cu＞Cd。
【实验探究】
Ⅰ. 要探究Cd与氢的活动性，需将镉片放入稀硫酸中，操作是：将用砂纸打磨过的镉片放入试管中，加入适量稀硫酸；现象是镉片有气泡，说明Cd在氢前，结论为金属活动性：Cd＞H。
Ⅱ. 锌片放入CdSO₄溶液中，因Zn活动性强于Cd，会置换出Cd，故锌片上有固体析出；反应的化学方程式为：$\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$。
【得出结论】结合实验Ⅰ知Cd＞H，实验Ⅱ知Zn＞Cd，且Cu在氢后，故金属活动性为Zn＞Cd＞Cu，猜想二正确。
【答案】
(1) 黄铜的硬度比纯铜的大；良好的导热性
(2) 【作出猜想】$\ce{Zn＞Cu＞Cd}$
【实验探究】Ⅰ. 将用砂纸打磨过的镉片放入试管中，加入适量稀硫酸；金属活动性：$\ce{Cd＞H}$ Ⅱ. 有固体析出；$\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$
【得出结论】二
【知识点】
金属的物理性质；金属活动性顺序；化学方程式书写
【点评】
本题结合金属物理性质和活动性探究，考察基础知识点，实验设计符合金属活动性的探究逻辑，需要学生掌握金属活动性的判断方法，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先，对于金属物理性质的问题，根据相互刻画比较硬度、灼烧铜丝感受导热性的原理解答；对于金属活动性探究，先明确三种金属的可能活动性顺序猜想，再结合实验现象判断：实验Ⅰ中镉片加稀硫酸有气泡，说明Cd在氢前；实验Ⅱ中锌能置换出CdSO₄中的Cd，说明Zn活动性强于Cd，结合铜在氢后，即可确定金属活动性顺序，进而得出结论。
【解析】
(1) 黄铜片与铜片相互刻画，铜片有明显划痕，说明黄铜的硬度比纯铜大；手持铜丝一端灼烧另一端，手指发烫，说明铜具有良好的导热性。
(2) 【作出猜想】已知Zn、Cu的金属活动性，加上Cd后，三种金属的活动性顺序可能为Zn＞Cd＞Cu、Cd＞Zn＞Cu，还可能是Zn＞Cu＞Cd，故猜想三为Zn＞Cu＞Cd。
【实验探究】
Ⅰ. 要探究Cd与氢的活动性，需将镉片放入稀硫酸中，操作是：将用砂纸打磨过的镉片放入试管中，加入适量稀硫酸；现象是镉片有气泡，说明Cd在氢前，结论为金属活动性：Cd＞H。
Ⅱ. 锌片放入CdSO₄溶液中，因Zn活动性强于Cd，会置换出Cd，故锌片上有固体析出；反应的化学方程式为：$\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$。
【得出结论】结合实验Ⅰ知Cd＞H，实验Ⅱ知Zn＞Cd，且Cu在氢后，故金属活动性为Zn＞Cd＞Cu，猜想二正确。
【答案】
(1) 黄铜的硬度比纯铜的大；良好的导热性
(2) 【作出猜想】$\ce{Zn＞Cu＞Cd}$
【实验探究】Ⅰ. 将用砂纸打磨过的镉片放入试管中，加入适量稀硫酸；金属活动性：$\ce{Cd＞H}$ Ⅱ. 有固体析出；$\ce{Zn + CdSO_{4}\xlongequal{}ZnSO_{4} + Cd}$
【得出结论】二
【知识点】
金属的物理性质；金属活动性顺序；化学方程式书写
【点评】
本题结合金属物理性质和活动性探究，考察基础知识点，实验设计符合金属活动性的探究逻辑，需要学生掌握金属活动性的判断方法，难度适中。
【难度系数】
0.6